题意:

  每个点都可以走多次的TSP问题:有n个点(n<=16),从点1出发,经过其他所有点至少1次,并回到原点1,使得路程最短。

思路:

  给了很多重边,选最小的留下即可。任意点可能无法直接到达,所以先执行一次floyd,算出任意点对之间可达的最短距离。

  (1)先考虑穷举的方法,将2~n个这n-1个数字的所有组合情况都算一遍,复杂度是 15!=1 3076 7436 8000,那是真的TSP了,不可能实现。

  (2)上面的方法中有没有多余的计算量?有的!里面还是有贪心可以运用的地方。对于当前遍历过了哪些点,我们只需要知道最后一个点是什么,中间的点的顺序是所所谓的,那么最后一个遍历的可以是2~n,而中间那些可以是其他的2~n中的数。起点1的距离更新为0,接下来递推就行了。递推方法是,穷举所有的中间状态s,然后以这些状态去穷举下一个到达的点(此点不在s中)。

  状态方程是:  dp[s|(1<<(i-1))][i]=min(dp[s][j]+g[j][i] ); s表示已经遍历过的点,j是最后那个点,i是未遍历过的点,从j走到i。

  290ms算可以了。

 #include <bits/stdc++.h>
#define pii pair<int,int>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LL long long
using namespace std;
const int N=;
int g[N][N], dp[<<N][N]; void floyd(int n)
{
for(int k=; k<=n; k++)
for(int i=; i<=n; i++)
for(int j=; j<=n; j++)
g[i][j]=min( g[i][j], g[i][k]+g[k][j]); } int cal( int n )
{
floyd(n);
memset(dp, 0x7f, sizeof(dp));
dp[][]=;
for(int s=; s<(<<n); s+=) //穷举状态
{
for(int i=; i<=n; i++) //设最后访问的点是i。i!=0
{
if( ( <<(i-) ) & s ) continue; //s中的第i位必须为0,即未访问过。
for(int j=; j<=n; j++)
{
if( s&(<<(j-)) ) //穷举s中出现过的1的位置。
dp[s|(<<(i-))][i]=min( dp[s|(<<(i-))][i], dp[s][j]+g[j][i] );
}
}
}
int ans=INF;
for(int i=; i<=n; i++) //最后访问的点不会是起点1。
ans=min(ans, dp[(<<n)-][i]+g[i][]);
return ans==INF? : ans; //只有1个点的情况
}
int main()
{
//freopen("input.txt", "r", stdin);
int t, n, m, a, b, c;
cin>>t;
while(t--)
{
scanf("%d%d", &n, &m);
memset(g, 0x3f, sizeof(g));
for(int i=; i<=n; i++) g[i][i]=; //初始化
for(int i=; i<m; i++)
{
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
g[b][a]=g[a][b]=min(g[a][b], c);
}
printf("%d\n", cal(n));
}
return ;
}

AC代码

  

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