最短Hamilton路径

题目

题目

思路

前排提示：这里的下标全部从\(1\)开始

思路怎么可能时二进制DP呢？这才第一章啊。

应该吧

然后我用了BFS暴力搜索。

首先，我们发现题目是一个无向完全图，虽然我做完还是不知道a[x,y]+a[y,z]>=a[x,z]有什么用其实这也不重要，我用BFS的管我屁事。好像DP的也无关紧要吧

都是从\(0\)开始那我们就不管了，因为要求每个点都走一遍，所以我们肯定要用某种方式把我们走过的点表示出来，没错，就是二进制，而这里\(n<=20\)，所以二进制第\(i\)位就代表了这个点有没有走过，同时也有一个很重要的信息还要记录就是我们当前走到了哪个点，不难想出，利用这两个信息就足以用这个路径进行转移了，什么，你说有很多条路径满足这个信息？这就是压缩信息的精髓了，把一些类似的路径取一个最小值进行转移，同时不影响答案（插头DP其实也是类似的思路）。

仔细想想你会发现，满足同两个信息的一些路径在转移上都是一样的，且最后尽可能是走过的边权和最小的路径可以转移成功，所以只要用边权和最小的路径代表这些路径就行了。

然后对于\(f[i][j]\)（\(i\)记录路径，\(j\)表示目前到了哪个点）的转移就是：
\(f[i+(1<<(k-1))][k]=f[i][j]+a[j][k]\)。

然后就可以愉快的BFS啦。

但是BFS比较容易BFS，如果想要降空间的话还是用DP吧，但是时间复杂度是一样的，只不过DP利用二进制的一个性质：走过\(k\)个点的路径转移完后，\(k+1\)个点的路径的\(f\)值就全部出来了，所以只要把含有\(k\)个\(1\)的全部\(f\)转移完之后去转移\(k+1\)个\(1\)就行了，当然，DP也可以找这条路径是由哪些路径转移来的进行DP，时间复杂度也是一样的（如\(f[3][2]\)会主动去找\(f[1][1]\)来更新自己），只不过一个是更新别人，一个是找别人更新自己罢了（还有一些更神奇的转移顺序我就不说了）。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring> 
#define  N  22
#define  M  1100000
using  namespace  std;
int  n,a[N][N],f[M][N]/*M表示走过的装填,N表示目前所在的位置*/;
struct  qmq
{
	int  x,y;/*y表示状态，x表示位置*/
}list[16000000];int  head,tail;
inline  int  mymin(int  x,int  y){return  x<y?x:y;}
int  main()
{
	scanf("%d",&n);
	int  limit=(1<<n)-1;
	for(int  i=1;i<=limit;i++)
	{
		for(int  j=1;j<=n;j++)f[i][j]=999999999;
	}
	for(int  i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int  j=1;j<=n;j++)scanf("%d",&a[i][j]);
	}
	list[1].x=1;list[1].y=1;f[1][1]=0;
	head=1;tail=1;
	while(head<=tail)
	{
		qmq  x=list[head++];
		for(int  i=1;i<=n;i++)
		{
			if((x.y&(1<<(i-1)))==0)//没走过
			{
				qmq  now;now.y=x.y^(1<<(i-1));now.x=i;
				if(f[now.y][now.x]==999999999)list[++tail]=now;//没有走过就加入队列
				f[now.y][now.x]=mymin(f[now.y][now.x],f[x.y][x.x]+a[x.x][i]);
			}
		}
	}
	int  ans=f[limit][n];
	printf("%d\n",ans);
	return  0;
}