最短Hamilton路径

给定一张 n 个点的带权无向图，点从 0~ n-1 标号，求起点 0 到终点 n-1 的最短Hamilton路径。 Hamilton路径的定义是从 0 到 n-1 不重不漏地经过每个点恰好一次。

输入格式

第一行输入整数n。

接下来n行每行n个整数，其中第ii行第jj个整数表示点ii到jj的距离（记为a[i,j]）。

对于任意的x,y,z，数据保证 a[x,x]=0，a[x,y]=a[y,x] 并且 a[x,y]+a[y,z]>=a[x,z]。

输出格式

输出一个整数，表示最短Hamilton路径的长度。

数据范围

1≤n≤201≤n≤20
0≤a[i,j]≤1070≤a[i,j]≤107

输入样例：

5
0 2 4 5 1
2 0 6 5 3
4 6 0 8 3
5 5 8 0 5
1 3 3 5 0

输出样例：

18

难度：中等

时/空限制：7s / 256MB

总通过数：1296

总尝试数：1834

来源：《算法竞赛进阶指南》, 模板题

思路：状压dp入门题，如果直接dfs，计算量是20！；大约要10的18次方计算，这肯定是题目要求时间不允许的一个次数。所以我们考虑用状压dp来做这个题。我们需要关注两个点：1、有哪些点被用过；2、当前在哪个点上。把握住这两点，我们可以得到一个状态转移方程式：

dp[state][j] = dp[state_k][k] + weight[k][j]     

所以：

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define sscc ios::sync_with_stdio(false)
const int N=20,M=1<<20;
int dp[M][N],w[N][N];
int n;

int main(){
	sscc;
	cin >> n;
	for(int i=0;i<n;i++)
		for(int j=0;j<n;j++)
			cin >> w[i][j];
	memset(dp,0x3f,sizeof dp);
	dp[1][0]=0;
	for(int i=0;i<1<<n;i++)
		for(int j=0;j<n;j++)
			if(i >> j & 1)
				for(int k=0;k<n;k++)
					if(i-(1<<j) >> k & 1)
						dp[i][j] = min (dp[i][j],dp[i-(1<<j)][k]+w[k][j]);
	cout << dp[(1<<n)-1][n-1] << endl;

	return 0;
}