HDU 3920 Clear All of Them I（状压DP）题解

题意：2n个点，一个起点，开n枪，每枪必须打两个点，花费为起点到其中一点距离加上两点距离。问打完2n个点的最小花费。

思路：很显然应该dp状态，然后枚举i j两个空位置去填，那么复杂度$O(20 * 20 * n^{20})$，这个会超时。因为内存限制不能预处理每个状态的子状态。所以我们要想办法减少复杂度。显然复杂度多在重复枚举的过程，因为花费之和与枚举的顺序无关，即我用（a,b）(c,d）还是(c,d）（a,b）都是一种结果，那么我们不妨每次都让最小的先加进来。这样复杂度降为$O(20 * n^{20})$

代码：

#include<set>
#include<map>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include <iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int maxn = 10 + 5;
const int M = maxn * 30;
const ull seed = 131;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MOD = 1e4 + 7;
double dp[1 << 20], w[1 << 20];
struct node{
    double x, y;
}p[25];
double dis(node a, node b){
    return sqrt((a.x - b.x) * (a.x - b.x) + (a.y - b.y) * (a.y - b.y));
}
int main(){
//    for(int i = 0; i < (1 << 20); i++){
//        for(int j = 0; j < 20; j++){
//            if((1 << j) & i) continue;
//            for(int k = j + 1; k < 20; k++){
//                if((1 << k) & i) continue;
//                nex[i].push_back((1 << j) | (1 << k));
//            }
//        }
//    }
    int T, ca = 1;
    scanf("%d", &T);
    while(T--){
        double x, y;
        int n;
        scanf("%lf%lf", &x, &y);
        scanf("%d", &n);
        for(int i = 0; i < 2 * n; i++){
            scanf("%lf%lf", &p[i].x, &p[i].y);
        }
        p[2 * n].x = x, p[2 * n].y = y;
        for(int i = 0; i < 2 * n; i++){
            for(int j = i + 1; j < 2 * n; j++){
                w[(1 << i) | (1 << j)] = min(double(INF), dis(p[i], p[j]) + dis(p[2 * n], p[i]));
                w[(1 << i) | (1 << j)] = min(w[(1 << i) | (1 << j)], dis(p[i], p[j]) + dis(p[2 * n], p[j]));
            }
        }
        for(int i = 0; i < (1 << (2 * n)); i++) dp[i] = INF;
        dp[0] = 0;
        for(int i = 0; i < (1 << (2 * n)); i++){
            if(dp[i] == INF * 1.0) continue;
            int j;
            for(j = 0; j < 2 * n; j++){
                if(!((1 << j) & i)) break;
            }
            for(int k = j + 1; k < 2 * n; k++){
                if((1 << k) & i) continue;
                dp[i | (1 << j) | (1 << k)] = min(dp[i | (1 << j) | (1 << k)], dp[i] + w[(1 << j) | (1 << k)]);
            }
        }
        printf("Case #%d: %.2f\n", ca++, dp[(1 << (2 * n)) - 1]);
    }
    return 0;
}