“我是要成为海贼王的男人！”
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
题目如上 如题，第一想法是深搜（据说可以用dp，但还没想出来），写了一版深搜，结果超时了，意料之中，下面附代码以及剪枝。
#include<cstdio>
#include<string.h>
#include<stdlib.h>
#include<math.h>
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int step;
int minstep;
int a[16][16];
int book[15];
int postion[20];
int n;
int npostion[15][1<<15];
int po;
void dfs(int cur,int qc)
{
if(cur+2==n)
{
step+=a[qc][n-1];
if(step<minstep)
minstep=step;
step-=a[qc][n-1];
return;
}
for(int i=1; i<n-1; i++)
{
if(!book[i])// has been through
{
if(step>=minstep)
continue;
if((npostion[i][po+postion[i-1]]<=step+a[qc][i]))
continue;
po+=postion[i-1];
step+=a[qc][i];
npostion[i][po]=step;
book[i]=1;
dfs(cur+1,i);
po-=postion[i-1];
book[i]=0;
step-=a[qc][i];
}
}
}
int main()
{
for(int i=0; i<14; i++)
postion[i]=1<<i;
while (~scanf("%d",&n))
{
po=0;
step=0;
minstep=1e17;
memset(npostion,inf,sizeof(npostion));
memset(a,0,sizeof(a));
memset(book,0,sizeof(book));
for(int i=0; i<n; i++)
for(int j=0; j<n; j++)
scanf("%d",&a[i][j]);
dfs(0,0);
printf("%d\n",minstep);
}
return 0;
}
深搜的部分使用cur记录已经进入的递归层，方便在第n-2层（由于起点和终点不算，所以中间可变化的岛屿为n-2个）的时候设置递归边界return。使用book数组进行标记此岛屿是否已经经过。使用变量qc标记上一层递归中的i，也就是最后一次确定已经经过的岛屿。
下面为剪枝部分：
由于深搜时会历经很多不必要的情况，所以需要剪枝操作节省时间花销，剪枝完成后时间将小于剪枝前的十分之一。
第一步剪枝，也是最容易想到的:在递归记录step的过程中，如果这个step无论是否完成全部岛屿的遍历，只要其值大于已经存在的不为0的minstep，则舍弃掉当前的情况。
第二步剪枝，利用状态压缩的思想，使用po跟踪记录此时岛屿的经过状态，在每一次确认到达此岛屿时记录以这个岛屿的下标为行标，以已经经过的岛屿为列标的数值，其值为这个状态下的最小步数，那么在之后的递归中，如果出现状态相同，且其步数比相同状态下所用步数大的情况下，即可舍弃这步操作，即使用最优的之前已经存在过的状态情况。