UVa 10944 状态压缩DP

第一道状态压缩DP题，感觉要好好学习这种思维方式；

首先设L的位置为：pointx[0],pointy[0];其他节点的位置为：pointx[i],pointy[i];

然后求出各个节点之间的距离dis[i][j]=max{| pointx[i]-pointx[j] |,| pointy[i]-pointy[j] |};

我们用一个n位2进制数（bn-1,...,b0）表示坚果收集情况的组合状态；

其中bi=0表示第i+1个坚果没有收集，bi-1表示第i+1个坚果收集了。

设坚果目前被收集的状态为j，其中最后被收集的坚果为i，最小步数为f[i][j].

显然初始化的时候：f[i][2的i-1次幂]=dis[0][i];

状态i：按照递增顺利枚举状态值

阶段j：枚举状态i中最后被收集的坚果j （i<=j<=n,i&2的j-1次幂！=0）

决策k：枚举状态i外的坚果k（1<=k<=n,i&2的k-1次幂==0），

f[k][i+2的k-1次幂]=min( f[k][i+2的k-1次幂] , f[j][i]+dis[j][k] );

所以最后的结果为：

ans=min(f[i][2的n-1次幂]+dis[0][i]) (1<=i<=n);

下面是代码，没有给注释，我的任务就是说一下思路，思路懂了，其他的都是小事。。。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define INF 1<<22
using namespace std;
int x,y,num,ans,MAX;
char ch[22][22];
int dis[22][22];
int pointx[22],pointy[22];
int f[22][INF];
int Abs(int a)
{
if(a<0)
return -a;
else return a;
}
void init()
{
int i,j;
MAX=(1<<num)-1;
ans=INF;
for(i=0;i<=num;i++)
{
for(j=0;j<=num;j++)
{
dis[i][j]=max(Abs(pointx[i]-pointx[j]),Abs(pointy[i]-pointy[j]));
}
}
for(i=1;i<=MAX;i++)
{
for(j=1;j<=num;j++)
f[j][i]=INF;
}
for(i=1;i<=num;i++)
{
f[i][1<<(i-1)]=dis[0][i];
}
}
void dp()
{
int i,j,k;
for(i=1;i<MAX;i++)
{
for(j=1;j<=num;j++)
{
if(i&(1<<(j-1)))
{
for(k=1;k<=num;k++)
{
if((i&(1<<(k-1)))==0)
{
f[k][i+(1<<(k-1))]=min(f[k][i+(1<<(k-1))],f[j][i]+dis[j][k]);
}
}
}
}
}
for(i=1;i<=num;i++)
{
ans=min(ans,f[i][MAX]+dis[0][i]);
}
}
int main()
{
int i,j;
while(scanf("%d%d",&x,&y)!=EOF)
{
num=0;
for(i=1;i<=x;i++)
{
scanf("%s",ch[i]);
for(j=0;j<y;j++)
{
if(ch[i][j]=='L')
{
pointx[0]=i;
pointy[0]=j+1;
}
else if(ch[i][j]=='#')
{
pointx[++num]=i;
pointy[num]=j+1;
}
}
}
if(num==0)
{
printf("0\n");
continue;
}
init();
dp();
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}