題目思路怎麼可能時二進位制dp呢？這才第一章啊。
應該吧然後我用了bfs暴力搜尋。
首先，我們發現題目是乙個無向完全圖，雖然我做完還是不知道a[x,y]+a[y,z]>=a[x,z]有什麼用其實這也不重要，我用bfs的管我屁事。好像dp的也無關緊要吧
都是從\(0\)開始那我們就不管了，因為要求每個點都走一遍，所以我們肯定要用某種方式把我們走過的點表示出來，沒錯，就是二進位制，而這裡\(n<=20\)，所以二進位制第\(i\)位就代表了這個點有沒有走過，同時也有乙個很重要的資訊還要記錄就是我們當前走到了哪個點，不難想出，利用這兩個資訊就足以用這個路徑進行轉移了，什麼，你說有很多條路徑滿足這個資訊？這就是壓縮資訊的精髓了，把一些類似的路徑取乙個最小值進行轉移，同時不影響答案（插頭dp其實也是類似的思路）。
仔細想想你會發現，滿足同兩個資訊的一些路徑在轉移上都是一樣的，且最後盡可能是走過的邊權和最小的路徑可以轉移成功，所以只要用邊權和最小的路徑代表這些路徑就行了。
然後對於\(f[i][j]\)（\(i\)記錄路徑，\(j\)表示目前到了哪個點）的轉移就是：
\(f[i+(1<<(k-1))][k]=f[i][j]+a[j][k]\)。
然後就可以愉快的bfs啦。
但是bfs比較容易bfs，如果想要降空間的話還是用dp吧，但是時間複雜度是一樣的，只不過dp利用二進位制的乙個性質：走過\(k\)個點的路徑轉移完後，\(k+1\)個點的路徑的\(f\)值就全部出來了，所以只要把含有\(k\)個\(1\)的全部\(f\)轉移完之後去轉移\(k+1\)個\(1\)就行了，當然，dp也可以找這條路徑是由哪些路徑轉移來的進行dp，時間複雜度也是一樣的（如\(f[3][2]\)會主動去找\(f[1][1]\)來更新自己），只不過乙個是更新別人，乙個是找別人更新自己罷了（還有一些更神奇的轉移順序我就不說了）。
#include#include#define n 22
#define m 1100000
using namespace std;
int n,a[n][n],f[m][n]/*m表示走過的裝填,n表示目前所在的位置*/;
struct qmq
list[16000000];int head,tail;
inline int mymin(int x,int y)
int main()
for(int i=1;i<=n;i++)
list[1].x=1;list[1].y=1;f[1][1]=0;
head=1;tail=1;
while(head<=tail)
}} int ans=f[limit][n];
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
最短Hamilton路徑
給定一張 n 個點的帶權無向圖，點從 0 n 1 標號，求起點 0 到終點 n 1 的最短hamilton路徑。hamilton路徑的定義是從 0 到 n 1 不重不漏地經過每個點恰好一次。輸入格式 第一行輸入整數n。接下來 n 行每行n個整數，其中第i行第j個整數表示點i到j的距離 記為a i,j...
最短Hamilton路徑
題目描述 給定一張 n n 20 個點的帶權無向圖，點從 0 n 1 標號，求起點 0 到終點 n 1 的最短hamilton路徑。hamilton路徑的定義是從 0 到 n 1 不重不漏地經過每個點恰好一次。輸入第一行乙個整數n。接下來n行每行n個整數，其中第i行第j個整數表示點i到j的距離 乙個...
最短Hamilton路徑
本題如果使用暴搜的話會超時。因為是無向圖，所以最終我們只關心不重不漏的一條路徑的長度，而不關心內部先走哪個點後走哪個點。所以，我們需要對每個點進行位置標記，當然可以開乙個visited陣列記錄，但為了操作簡便以及空間複雜度，使用二進位制位表示更為簡便。某一位為1表示對應的該點被訪問過。因此乙個二進位...