POJ 3311 Hie with the Pie（状压DP）

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题意：从起点出发访问所有的点最后回到出发点，每个点可以多次经过，问最小时间花费。

思路：由于每个点可以多次经过，所以可以考虑先用floyd算法求出最短路，然后进行状压DP，当前访问过的点压缩成二进制状态，每个位代表一个点，1表示访问过，0表示未访问过，dp[state][v]，表示在state状态下，且最后一个访问到的点为v时的最小时间花费。由于起点编号为0，其他点从1到n编号，所以状态压缩时，第i位表示第i + 1个点。

// POJ 3311 Hie with the Pie.cpp 运行/限制：0ms/2000ms
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
int n;
int dist[15][15];
int dp[1 << 12][15];
void floyd() {//多源最短路
for (int i = 0; i <= n; i++) {
for (int j = 0; j <= n; j++) {
for (int t = 0; t <= n; t++) {
if (dist[j][t] > dist[j][i] + dist[i][t]) {
dist[j][t] = dist[j][i] + dist[i][t];
}
}
}
}
}
int main(){
while (scanf("%d", &n) != EOF && n) {
for (int i = 0; i <= n; i++) {
for (int j = 0; j <= n; j++) {
scanf("%d", &dist[i][j]);
}
}
floyd();
memset(dp, INF, sizeof(dp));
int upper = (1 << n) - 1;//状态上限
for (int i = 1; i <= upper; i++) {//状态枚举
for (int j = 0; j < n; j++) {//状态位枚举，第i位代表第i + 1个点
if ((i & (1 << j)) == 0) continue;//状态位为0
if (i == (1 << j)) {//只有一个状态位为1
dp[i][j] = dist[0][j + 1];
break;
}
for (int t = 0; t < n; t++) {//多个状态位为1，则枚举前一个被访问的点
if ((i & (1 << t)) && t != j) {//注意前后访问的点不能重复（访问和经过不一个含义）
dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i ^ (1 << j)][t] + dist[t + 1][j + 1]);
}
}
}
}
int re = INF;
for (int i = 0; i < n; i++) {
re = min(re, dp[upper][i] + dist[i + 1][0]);
}
printf("%d\n", re);
}
return 0;
}