动态规划（5）：状态压缩

总括

有时，状态相当复杂，看上去需要很多空间，比如一个数组才能表示一个状态，那么就需要对状态进行某种编码，进行压缩表示。

比如：状态和某个集合有关，集合里可以有一些元素，没有另一些元素，那么就可以用一个整数表示该集合，每个元素对应于一个bit，有该元素，则该bit就是1。

例题：bailian： 海贼王之伟大航路

描述

“我是要成为海贼王的男人！”，路飞一边喊着这样的口号，一边和他的伙伴们一起踏上了伟大航路的艰险历程

路飞他们伟大航路行程的起点是罗格镇，终点是拉夫德鲁（那里藏匿着“唯一的大秘宝”——ONE PIECE）。而航程中间，则是各式各样的岛屿。

因为伟大航路上的气候十分异常，所以来往任意两个岛屿之间的时间差别很大，从A岛到B岛可能需要1天，而从B岛到A岛则可能需要1年。当然，任意两个岛之间的航行时间虽然差别很大，但都是已知的。

现在假设路飞一行从罗格镇（起点）出发，遍历伟大航路中间所有的岛屿（但是已经经过的岛屿不能再次经过），最后到达拉夫德鲁（终点）。假设他们在岛上不作任何的停留，请问，他们最少需要花费多少时间才能到达终点？

输入

输入数据包含多行。

第一行包含一个整数N(2 < N ≤ 16)，代表伟大航路上一共有N个岛屿（包含起点的罗格镇和终点的拉夫德鲁）。其中，起点的编号为1，终点的编号为N。

之后的N行每一行包含N个整数，其中，第i(1 ≤ i ≤ N)行的第j(1 ≤ j ≤ N)个整数代表从第i个岛屿出发到第j个岛屿需要的时间t(0 < t < 10000)。第i行第i个整数为0。

输出

输出为一个整数，代表路飞一行从起点遍历所有中间岛屿（不重复）之后到达终点所需要的最少的时间。

样例输入

样例输入1：

4

0 10 20 999

5 0 90 30

99 50 0 10

999 1 2 0

样例输入2：

5

0 18 13 98 8

89 0 45 78 43

22 38 0 96 12

68 19 29 0 52

95 83 21 24 0

样例输出

样例输出1：

100

样例输出2：

137

·

·

·

分析

这题还是简单的老套路：减小数据范围， 寻找从小数据到大数据的递推关系。

但是这里也要用到上一讲讲到的消除后效性的方法， 因为单纯的DP[i]→DP[i + 1]并无明显的关系。

用 dp[s][j] 表示经过集合s中的每个点恰好一次，且最后走的点是j (j ∈s)的最佳路径的长度。

最终就是要求： min( dp[all][j] ) ( 0 <= j < n ) all是所有点的集合

状态方程：dp[s][j] = min{ dp[s’][k] + w[k][j] } (j ∈s, s’ = s – j, k ∈s’，枚举每个k, w[k][j]是k到j的边权值)

边界条件： dp[{i}][i] = 0

·

·

·

如何表示S？？？

由于只有16个点，可以用一个short变量表示点集。每个点对应一个bit。例如：

5 ＝ （0000000000000101）（二进制）

5代表的点集是{0，2}

全部n个点的点集，对应的整数是： (1 << n) – 1

最终要求：min( dp[(1<< n)-1][j] ) ( 0 <= j < n )

·

·

·

集合运算

从集合i中去掉点j，得到新集合s’：

s’ = s - ( 1 << j )

代码

#include<cstdio>
#include<climits>
#include<iostream>
#include<algorithm>

using namespace std;

#define N 17
int d[1 << N]
, dist

;
int n, i, j, S, ans; bool f;

int main()
{
scanf("%d", &n);
for (i = 0; i<n; i++)
for (j = 0; j<n; j++)
scanf("%d", &dist[i][j]);
n -= 2;
for (int i = 0; i<n; i++)
d[(1 << i)][i] = dist[0][i + 1];

for (S = 0; S<(1 << n); S++)
{
for (i = 0; i<n; i++)
if (S == (1 << i))
f = true;
if (f)
{
f = false;
continue;
}
for (i = 0; i<n; i++)
d[S][i] = INT_MAX / 2;
for (i = 0; i<n; i++)
{
if (S&(1 << i))
{
for (int j = 0; j<n; j++)
{
if (i == j)
continue;
if (S&(1 << j))
d[S][i] = min(d[S][i], d[S - (1 << i)][j] + dist[j + 1][i + 1]);
}
}
}
}
ans = INT_MAX, S = (1 << n) - 1;
for (int i = 0; i<n; i++)
ans = min(ans, d[S][i] + dist[i + 1][n + 1]);
printf("%d", ans);
return 0;
}