旅行商问题(TSP)之动态规划解法

http://soj.sysu.edu.cn/show_problem.php?pid=1000&cid=1769

sicily Traveling Salesman Problem

有编号1到N的N个城市，问从1号城市出发，遍历完所有的城市并最后停留在N号城市的最短路径长度。

Input

第一行整数 T ：T组数据 （T<=20）

每个case 读入一个N( 2 <= N <= 20)，接着输入N行，第i行有两个整数 xi,yi表示

第i个城市坐标轴上的坐标，两个城市的距离定义为欧氏距离。

Output

 每个case输出一个浮点数表示最短路径。四舍五入保留两位小数。

Sample Input

1
4
0 0
1 0
0 1
1 1

Sample Output

3.41

　　这题真是难，而且网上也没找到比较深入的分析......旅行商问题还没找到多项式解，如果所有城市都遍历一遍，是n!的复杂度，显然很大；还有，用贪心来解这种最短路问题是不一定能得到正确解的，因为需要每个城市都走一遍，跟dijkstra的那种最短路是不一样的。因为这题n<=20，我们可以用动态规划来做...
　　进入正题，首先定义状态：dp[S][j]，S为集合，代表经过哪些城市，j为终点站，该状态表示经过S这些的城市到达j需要的最短路径，至于这个状态是怎么想到的，我也不知道...老师说的...我能理解已经很不错了...
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　　然后，先来点预备知识，怎么表示集合呢？我们用一个二进制数来表示集合，这里有四个城市（下标从0开始吧）0,1,2,3，四个城市，我们用3位二进制表示，000~111，假设现在S=5，就相当于101，就相当于我们经过了城市1，3，为什么？因为看1<<(i-1) & S是1还是0。
假如i是城市1那么1<<(1-1) & S = 1;
假如i是城市2，1<<(2-1) & S = 0;
假如i是城市3，1<<(3-1) & S = 1;
是不是刚好符合呢！通过这个判断就知道当前经过哪些城市了。
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ok,可以开始动规了！

那么，接下来又像之前那样先举些栗子：

先建图（就用样例的图吧），，图自己画一下吧，这样才容易理解，注意是双向的哦！然后，因为起点是0，所以我们不把0考虑进去咯！
还有，下面的集合S要看成是集合来理解，只是算的时候用二进制数算，理解的时候要用集合！
看状态dp[1,2][2]，表示经过1,2城市到达2的最短路径，那跟什么有关呢？是不是就是经过城市1到达城市1的最短路径，加上1到2的距离？
就是dp[1][1]+dis[1][2]，那么这个经过城市1的到达城市1（有点拗口）的最短路径是不是就是，从城市0出发到城市1的距离呢，dis[0][1]，很明显，dp数组的初始值，就是dp[0][i]=dis[0][i]了，所以这里我们可以初始化dp[1][i]了，而且这个转移方程也有一点苗头了：
dp[S][j] = min(dp[S-{j}][i]+dis[i][j], dp[S][j])，这里的i指的是在那些经过的城市里面选的。

好像栗子不太够，再来一个：
dp[1，2,3][3]，取决于前一个经过城市2又或者是1->dp[1,2][2]+dis[2][3] or dp[1,2][1]+dis[1][3]，再继续，看前一种：
经过1,2到达2，好理解，就是经过1到达1再加上1，2的距离，跟上一个栗子一样；后面一种，经过1,2到达1，就是经过2到达1再加1,2的距离，而经过2到达1，就是0,2的距离再加上2,1的距离，这种还说不定会快一下，谁知道呢，所以就要不断更新！
还是感觉下标好乱......

最后看一下下标从1开始的代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>

using namespace std;

double const INF = 1e8;

struct point {
    int x;
    int y;
}p[25];

double d(point a, point b)
{
    return sqrt((a.x-b.x)*(a.x-b.x) + (a.y-b.y)*(a.y-b.y));
}

double dis[25][25], dp[1111110][25];

int main()
{
    int t;
    scanf("%d", &t);
    while(t--)
    {
        int n;
        scanf("%d", &n);
        int count=1;
        double ans = INF;
        
        for(int i=0; i<n-1; i++) //集合 10000
            count <<= 1;
        
        for(int i=1; i<=n; i++)
            scanf("%d%d", &p[i].x, &p[i].y);
        
        for(int i=1; i<count; i++) //注意初始化的下标 
            for(int j=1; j<=n; j++)
                dp[i][j] = INF;
        
        for(int i=1; i<=n; i++)
            for(int j=1; j<=n; j++)
                dis[i][j] = d(p[i], p[j]);
        
        for(int i=1; i<=n; i++)
            dp[1][i] = dis[1][i];
            
        for(int s=2; s<count; s++) //集合 
            for(int j=2; j<=n; j++)
            {
                for(int i=2; i<=n; i++)
                {
                    int temp = 1 << (i-1);
                    if(temp & s)
                        dp[s][j] = min(dp[s-temp][i]+dis[i][j], dp[s][j]);
                }
            }
        ans = dp[count-1][n];
        printf("%.2lf
", ans);
    }
    return 0;
}

虽然感觉理解深了一点，但是代码的确不好写啊......