POJ 2686 Traveling by Stagecoach 状态压缩DP

题目链接： http://poj.org/problem?id=2686
TSP问题的变形，二维的状态量，二维的转移量，一共四重循环，有了集合的位运算操作以后就很好做了，题目也不是很坑，一次AC

如果从顶点a到顶点b的时间与车票无关，即完全不考虑车票，那么就是一道裸的Dijkstra了。。可惜边权跟当前手里的车票集合有关。。而当前手里的车票和以前用过的车票集合有关。。

定义状态：现在在城市v，手里还剩下的车票的集合S。二元函数：state(S, v)

定义转移：使用一张车票i，移动到城市u。

二元函数：trans(i, u)

state(S, v) trans(i, u) state(S\{i}, u)

→

其中转移量的约束条件：

i属于S

(v, u)属于边集E，即u是v的邻接点(函数关系{u} = adj(v))，这个函数关系可以用邻接表来体现。

次态完全依赖于所有指向它的有向边。所以，在计算某一个特定的状态时，指向它的所有转移量都必须计算过，亦即该状态的所有前驱状态都被计算出来了。

用自然语言描述是：

现在在顶点v，手里的车票集合为S（二维的现态）。用S当中的一张车票i，到达顶点v的邻接点u（二维的转移量）。效果是到了顶点u,手里的车票集合变为S\{i}（二维的次态）。

就是一个建图的过程嘛

注意：外面两重循环的顺序不能交换，里面两重循环的顺序可以交换。

图采用邻接表存储。

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#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;

const int MAXN  = 8;
const int MAXM  = 30;
const int INF = 1e9;
int n, m, a, b;
int t[MAXN];
vector<pii> G[MAXM];
double dp[1<<MAXN][MAXM];

void solve(){
for(int i = 0; i < 1<<n; i++)
for(int j = 0; j < m; j++)
dp[i][j] = INF;
dp[(1<<n)-1][a-1] = 0;
double res = INF;
for(int S = (1<<n)-1; S >= 0; S--){ //枚举当前手上的车票集合（状态）
if(dp[S][b-1] < res) res = dp[S][b-1]; //更新
for(int v = 0; v < m; v++){ //枚举当前所在城市的编号 (状态)
for(int i = 0; i < n; i++){ //枚举可以使用的车票 (转移)
if(S>>i & 1){
int len = G[v].size();
for(int k=0; k<len; k++){ //枚举可以到达的城市（转移）
int& u = G[v][k].second;
int& dis = G[v][k].first;
int T = S & ~(1<<i);
dp[T][u] = min(dp[T][u], dp[S][v] + (double)dis/t[i]);
}
}
}
}
}
if(res == INF) printf("Impossible\n");
else printf("%.3f\n", res);
}

int main(){
int p;
while(scanf("%d %d %d %d %d", &n, &m, &p, &a, &b) == 5){
if(!n && !m && !p && !a && !b) break;
for(int i = 0; i < n; i++)
scanf("%d", &t[i]);
for(int i = 1; i <= p; i++){
int x, y, z;
scanf("%d %d %d", &x, &y, &z);
G[x-1].push_back(pii(z, y-1)); //顶点序号从0开始，下标不要写错了
G[y-1].push_back(pii(z, x-1));
}
solve();
for(int i=0; i<m; i++) G[i].clear();
}
return 0;
}