使用动态规划求解旅行商问题
旅行商问题是np问题，在集合表示那里用set去实现效率很很低，而且要保存的数都是不重复的比较小的整数，所以这里用二进制串表示集合。比如集合{1,3,5,6,7}表示成二进制串用1110101，其中集合里面有的数对应的位数写成1，没有的写成0。要判断第3位是不是1，就把 1110101右移(3-1)位，得到11101，然后结果和00001进行 & 运算，如果结果是1说明第3位是1，否则说明第3位是0。
推广一下，对于数字x，要看它的第i位是不是1，那么可以通过判断布尔表达式 (((x >> (i - 1) ) & 1) == 1的真值来实现。
对于下面这个测试用例，图和邻接矩阵如下，不能走的话用-1表示，实际存储的时候用一个比较大的数字，比如0x7ffff：
要使用动态规划，需要问题本身有最优子结构，我们需要找到要解决的问题的子问题。
题目要求，从0出发，经过[1,2,3]这几个城市，然后回到0，使得花费最少。要实现这个要求，需要从下面三个实现方案中选择花费最少的方案。
1、 从0出发，到1，然后再从1出发，经过[2,3]这几个城市，然后回到0，使得花费最少。
2、 从0出发，到2，然后再从2出发，经过[1,3]这几个城市，然后回到0，使得花费最少。
3、 从0出发，到3，然后再从3出发，经过[1,2]这几个城市，然后回到0，使得花费最少。
可以发现，三个小的解决方案的最优解，构成了大的解决方案，所以这个问题具有最优子结构，可以用动态规划来实现。
设置一个二维的动态规划表dp,定义符号{1,2,3}表示经过[1,2,3]这几个城市，然后回到0。
那么题目就是求dp[0][{1,2,3}]。将{1,2,3}表示成二进制，就是111，对应10进制的7，所以题目是在求dp[0][7];
要求三个方案的最小值意味：
dp[0][{1,2,3}] = min{ C01+dp[1][{2,3}] ，C02+dp[2][{1,3}] ，C03+dp[3][{1,2}]}
其中C01 表示从0出发到1的距离。
dp[1][{2,3}] = min{ C12+dp[2][{3}] ，C13+dp[3][{1}]}
dp[2][{3}] = C23+dp[3][{}]
dp[3][{}]就是从3出发，不经过任何城市，回到0的花费，所以dp[3][{}] = C30
先确定一下dp表的大小，有n个城市，从0开始编号，那么dp表的行数就是n，列数就是2^(n-1)，即1 << （n – 1）,集合{1,2,3}的子集个数。在求解的时候，第一列的值对应这从邻接矩阵可以导出，后面的列可以有前面的列和邻接矩阵导出。所以求出的动态规划表就是：
j = 0 第一轮
for(int i =0;i <n;i++){ dp[i][0] = C[i][0]; }
第二轮
j = 1; //可以把j带入 for(int i = 0;i < n;i++){ dp[i][j] = C[i][1]+dp[1][0] }
后面的规律比较麻烦的一点在于要集合和二进制转换，观察发现：
dp[2][5] 表示从2出发，通过｛1，3｝，最后回到起点。那么:
dp[2][5] = min{C21 + dp[1][{3}],C23 + dp[3][{1}]} = min{C21 + dp[1][4],C23 + dp[3][1]} ;
从2出发，要去{1,3}。
先看去1的路，去了1集合{1,3}中只剩下{3} ,{3}对应4,所以要求的dp表就是dp[1][4],这个4可以通过(101) ^ (1)得到,(1) = 1<<(1-1)
再看去2的路，5 = 101的第二位是0，所以不能去2。判断第二位为1，用(5>>(2-1)) &1==1。而且也由于从2出发，就更不能去了。
最后看去3的路，去了3集合{1,3}中只剩下{1},{1}对应这1，所以要求的dp表就是dp[3][1],1通过(101) ^ (100)得到。(100) = 1<<(3-1)
同样求dp[0][7] = min{C01 + dp[1][6], C02+ dp[2][5], C03 + dp[3][3]}
从0出发，要去{1,2,3}
先看去1的路，去1然后去6 = {2,3},6通过(111) ^ (1)得到,(1) = 1<<(1-1)
再看去2的路，去2然后去5 = {1,3},5通过(111) ^ (10)得到。(10) = 1<<(2-1)
最后看去3的路，去3然后去3 = {1,2},3通过(111) ^ (100)得到。(100) = 1<<(3-1)
还要注意，求dp[2][3]的时候。就是求从2出发，经过{1,2}，显然不合理，在dp表中应为-1。对于这种情况，只用判断数字3的二进制位的第2位是不是1，是1就表示不合理。
根据以上的推导，最后求dp表的算法就是：
for(int j = 1;j < 1 << (n - 1);j++){ for(int i= 0;i < n;i++){ dp[i][j] = 0x7ffff; if(((j >> (i - 1)) & 1) == 1){ continue; } for(int k = 1;k < n;k++){ if(((j >> (k - 1)) & 1) == 0){ continue; } if(dp[i][j] > C[i][k] + dp[k][j ^ (1 << (k - 1))]){ dp[i][j] = C[i][k] + dp[k][j ^ (1 << (k - 1))]; } } } }
最终程序的返回值就是dp表左上角的那个数字return dp[0][(1<<(cityCount - 1)) - 1];
一个完整运行的例子是：
public class TravelingSalesman { public static void main(String[] args) { int cityCount = 4; int[][] roadInfo = new int[][]{ {0, 1, 10}, {1, 0, 10}, {1, 3, 25}, {3, 1, 25}, {3, 2, 30}, {2, 3, 30}, {0, 2, 15}, {2, 0, 15}, {1, 2, 35}, {2, 1, 35} }; int roadmap[][] = new int[cityCount][cityCount]; //转成邻接矩阵方便取数 int dp[][] = new int [cityCount][1 << (cityCount - 1)]; for(int i = 0;i < cityCount;i++){ for(int j = 0;j < cityCount;j++){ roadmap[i][j] = 0x7ffff; //用0x7ffff表示无穷大 } } for(int i = 0;i < roadInfo.length;i++){ //邻接矩阵 roadmap[roadInfo[i][0]][roadInfo[i][1]] = roadInfo[i][2]; } for(int i =0;i <cityCount;i++){ //先求dp表第一列 dp[i][0] = roadmap[i][0]; //求出了每个城市回到起点的距离了。 } for(int j = 1;j < 1 << (cityCount - 1);j++){ //再求其他列 for(int i= 0;i < cityCount;i++){ //从i出发，要去包含j = {010101}的 城市 dp[i][j] = 0x7ffff; if(((j >> (i - 1)) & 1) == 1){ //如果已经到过j了，就continue continue; } for(int k = 1;k < cityCount;k++){ //看能不能先到k城市 if(((j >> (k - 1)) & 1) == 0){ continue; //不能先到k城市，continue; } if(dp[i][j] > roadmap[i][k] + dp[k][j ^ (1 << (k - 1))]){ dp[i][j] = roadmap[i][k] + dp[k][j ^ (1 << (k - 1))]; } } } } System.out.println(dp[0][(1<<(cityCount - 1)) - 1]); } }
若要显示dp表，可以在求出dp表以后加上一下代码：
System.out.printf("%10d",0);
for(int j = 0;j < 1 << (cityCount - 1) ;j++){
System.out.printf("%10d",j);
}
System.out.println();
for(int i = 0;i < cityCount;i++){
System.out.printf("%10d",i);
for(int j = 0;j < 1 << (cityCount - 1) ;j++){
if(dp[i][j] == 0x7ffff) dp[i][j] = -1;
System.out.printf("%10d",dp[i][j]);
}
System.out.println();
}
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