hdu 5067 遍历指定点集最小时间

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5067

贴题解

由于Harry的dig machine是无限大的，而装载石头和卸载石头是不费时间的，所以问题可以转化成：从某一点出发，遍历网格上的一些点，每个点至少访问一次需要的最小时间是多少。这就是经典的旅行商问题，考虑到我们必须要遍历的点只有不到10个，可以用状态压缩解决。
Dp[i][j]表示i状态的点被访问过了，当前停留在点j 需要的最少时间。枚举另一点不在i状态内的点k，从点j节点走向点k，状态转移
Dp[i|(1≪k)][k]=min(Dp[i|(1≪k)][k],Dp[i][j]+Dis(j,k))
其中Dis(j,k)表示点j与点k的最短距离，这个可以通过坐标O(1)计算得到。若有t个点包含石头，则算法复杂度为O(n∗m+(t2)∗(2t))。

状压dp即可

注意最后如果ans仍为INF说明可能是全0，需输出0，不然WA到死.

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <string>
#include <queue>
#include <map>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define RD(x) scanf("%d",&x)
#define RD2(x,y) scanf("%d%d",&x,&y)
#define RD3(x,y,z) scanf("%d%d%d",&x,&y,&z)
#define clr0(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define eps 1e-9
const double pi = acos(-1.0);
typedef long long LL;
const int modo = 1e9 + 7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 55,maxm = 1e4 + 5;
int n,m,s[maxn][maxn];
int dp[11][1<<11];
typedef pair<int , int> p2;
p2 r[11];
int dis(p2 a,p2 b)
{
    return abs(a.first - b.first) + abs(a.second - b.second);
}
void solve()
{
    int mm = 0;
    for(int i = 1;i <= n;++i)
        for(int j = 1;j <= m;++j){
            RD(s[i][j]);
            if(s[i][j]){
                r[mm++] = make_pair(i,j);
            }
        }
    memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
    for(int i = 0;i < mm;++i){
        dp[i][1<<i] = abs(r[i].first - 1) + abs(r[i].second - 1);
    }
    //freopen("1.txt","w",stdout);
    for(int j = 1;j < (1<<mm);++j)
    for(int i = 0;i < mm;++i)if(dp[i][j] != INF){
        for(int k = 0;k < mm;++k){
            if(0 == ((1<<k) & j)){
                dp[k][j | (1<<k)] = min(dp[i][j] + dis(r[i],r[k]) , dp[k][j | (1<<k)]);
            }
        }
    }
    int ans = INF;
    for(int i = 0;i < mm;++i){
        ans = min(ans,dp[i][(1<<mm)-1] + abs(1 - r[i].first) + abs(1 - r[i].second));
    }
    if(ans == INF)
        ans = 0;
    printf("%d
",ans);
    return ;
}
int main() {
    while(~RD2(n,m)){
        solve();
    }
    return 0;

}