最优匹配问题

题意求集合大小为偶数的两两匹配的最小权值和。（比如说定义为两点间的距离）

设di,S 为前i个数，已选的点的集合是S的最小权值和。

容易想到的状态转移方程为

di,S = min{di,S , di-1,s-{i}-{j} + p[i][j]} |i,j∈{S}

但是这样每一次转移都要枚举i,j，再加上S贡献的2ⁿ的复杂度，总复杂度为O(n²*2ⁿ)，无法接受。

但是我们发现，我们的i其实可以包含在S里面，只需要保证i是S中的最大值或者最小值即可，这个可以方便的维护。

即

dS = min{dS , ds-{i}-{j} + p[i][j]} |i=max{S}, j∈{S}

紫书上说，平均获得最大或者最小值的判断次数为2，这个怎么证明呢？

对于最后一个1在第n位的，一共有2ⁿ状态要算，每个状态算一次，因为遍历到n的时候就可以直接break了。

对于最后一个1在第n-1位的（此时第n位一定是0），一共有2^n-1状态要算，每个状态算两次。

……

所以一共算的次数是2ⁿ*1+2^n-1*2+2^n-2*3+……+2¹*n

这个用高中的数学知识求和（隔位相减法可以求得）最高次是2ⁿ⁺¹级别的。

最后全部除以2ⁿ得到均摊复杂度是2。（其他次数小于2ⁿ⁺¹的全部视为“无穷小量”）

得证。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define db double

using namespace std;

const int maxn = 105, inf = 1e9;

int n;

db d[1 << 20 + 5];

struct node
{
    int x, y, z;
}a[maxn];

db dis(int i, int j)
{
    return sqrt((a[i].x - a[j].x) * (a[i].x - a[j].x) + (a[i].y - a[j].y) * (a[i].y - a[j].y));
}

int main()
{
    freopen("最优配对问题.in","r",stdin);
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        scanf("%d%d%", &a[i].x, &a[i].y);
    }
    
    for (int S = 0; S < (1 << n); S++)
    {
        d[S] = S == 0 ? 0 : inf;
        int j;
        for (j = n - 1; j >= 0; j--) if (S & (1 << j)) break;//如此可以保证每次选出来的j是最大的
        for (int i = 0; i < j; i++)
            if (S & (1 << i))
                d[S] = min(d[S], dis(i + 1, j + 1) + d[S ^ (1 << (i + 1)) ^ (1 << (j + 1))]);
    }
    printf("%f", d[(1 << n) - 1]);
    return 0;
}