POJ 3311 Hie with the Pie

題目大意

一個披薩店要請司機來送披薩，這家店最多接受10個訂單，由于預算的問題，只能雇傭一名司機，要求用最短的時間，從披薩店出發送完最后再回到披薩店(途中可能不止一次經過一個地方)。

輸入

測試數據可能有多個，第一行包含一個整數$n$ ($1\le n\le 10$)，接下來的$n+1$行，每行包含$n+1$個整數,披薩點的位置$0$以及后面$n$個位置，其中第$i$行第$j$個值表示從位置$i$到達位置$j$所用的時間(其中對于從$i$到$j$可能有更快捷的方式，數據不是對稱的)，當$n=0$時，表示輸入結束

輸出

對于每一個測試用例輸出一個整數，表示所花費的最短的時間

樣例輸入

3 0 1 10 10 1 0 1 2 10 1 0 10 10 2 10 0 0

樣例輸出

8

分析

由于每兩個地點的直接距離不一定是最短的，因此首先要用$floyd$算法來更新所有點之間的最短距離

然后這個問題就變成了典型的$TSP$問題，為了便捷的表示已經被訪問過的位置，可以使用二進制來進行壓縮，例如有$4$個位置，分別是$0，1，2，3$，其中$1$和$2$已經被訪問過，那么二進制表示為$(0110{)}_2$，被訪問過的頂點就用$1$表示，沒訪問過的用$0$表示。這樣就可以將狀態壓縮到一個數組中去。就可以清楚的表示哪些頂點被訪問過，哪些沒有被訪問。

其中$d[s][j]$表示，在當前的$s$的狀態下(已經訪問過的點)，正處在$j$的位置上回到頂點所花費的最小時間。狀態轉移方程如下

$d[s|1<<k][k]=min(d[s|1<<k][k],d[s][j]+a[j][k])$

其中點$k$表示下次要訪問的點，是從已經訪問過的點$j$轉移到下一個點$k$。更新完數組后

最終答案就是，枚舉所有的$d[(1<<n)?1][i]+a[i][0](0<i<n)$，其中最小值就是答案。這句話的意思就是，訪問所有頂點后，可能停留再任意一個地方$i$，因此要枚舉每一個地方回到$0$的時間。

代碼

#include <cstdio> #include <cstring> #define N 11 #define INF 0x3f3f3f3f #define min(a,b) a>b?b:aint a[N][N]; int d[1 << N][N]; int n;inline void floyd() {for(int i = 0; i < n; i++)for(int j = 0; j < n; j++)for(int k = 0; k < n; k++)a[i][j] = min(a[i][j], a[i][k] + a[k][j]); }int main () {while(1) {scanf("%d", &n);if(!n) break;n++;memset(d, INF, sizeof(d)); //初始化d[1][0] = 0; //從0出發，二進制中1表示第一個位置訪問過，所以置為0for(int i = 0; i < n; i++)for(int j = 0; j < n; j++)scanf("%d", &a[i][j]);floyd();for(int s = 0; s < 1 << n; s++)for(int j = 0; j < n; j++)if(s >> j & 1) //找到已經訪問過的點jfor(int k = 0; k < n; k++)if(!(s >> k & 1)) //找到沒有被訪問過的點kd[s|1 << k][k] = min(d[s|1 << k][k], d[s][j] + a[j][k]); //從j點更新到k點int ans = INF;for(int i = 1; i < n; i++)ans = min(ans, d[(1 << n)-1][i] + a[i][0]);printf("%d\n", ans);}return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的Hie with the Pie（Floyd 状压DP）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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