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解題思路：這道題目和TSP問(wèn)題很相似，唯一不同的是同一個(gè)點(diǎn)可以重復(fù)走幾次。。。。

這道題目只有16個(gè)頂點(diǎn)，所以很容易想到狀態(tài)壓縮dp，dp[i][j]表示到達(dá)頂點(diǎn)i時(shí)的狀態(tài)為j的最小花費(fèi)，那么狀態(tài)方程也很容易推理出來(lái)dp[i][j] = min(dp[k][j-1<<i]+map[i][k])；這里注意，由于每一個(gè)點(diǎn)可以到達(dá)多次，所以這里的map要先用Floyd算法來(lái)處理，否則就會(huì)出現(xiàn)用還未更新的狀態(tài)去更新當(dāng)前的狀態(tài)，這樣很明顯兩個(gè)狀態(tài)都無(wú)法保證是最優(yōu)的，第一次WA就是卡在這里，后面看了別人的解題報(bào)告，才明白了Floyd算法在這里的重要性。。。

AC：

#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std;const int inf = 0x3f3f3f3f; int n,m; int dp[20][1<<17],map[20][20];int main() { int t;scanf("%d",&t);while(t--){int w,u,v,bit;scanf("%d%d",&n,&m);memset(map,inf,sizeof(map));memset(dp,inf,sizeof(dp));for(int i = 1; i <= m; i++){scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);map[u][v] = min(map[u][v],w);map[v][u] = map[u][v];}for(int k = 1; k <= n; k++)for(int i = 1; i <= n; i++)for(int j = 1; j <= n; j++)map[i][j] = min(map[i][j],map[i][k] + map[k][j]);bit = 1<<n;dp[1][1] = 0;for(int j = 1; j < bit; j++)for(int k = 1; k <= n; k++)for(int i = 1; i <= n; i++){if(map[i][k] == inf) continue;int tmp = 1 << (i-1);if(j & tmp){if(dp[k][j] != inf){dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[k][j] + map[i][k]);}if(dp[k][j-tmp] != inf){dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[k][j-tmp] + map[i][k]);}}}printf("%d\n",dp[1][bit-1]);}return 0; }

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的hdu 5418（状态压缩dp+Floyd）的全部?jī)?nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問(wèn)題。

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