HDU3001&BUCU5974——旅行商变形2(英文版Travelling)——题解

Posted 2022-02-11 Tisfy

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    • 样例一
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• 解题思路
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旅行商变形2

• 旅行商变形2(航电OJ挂掉了惹)

时间限制：3秒
空间限制：256M

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题目描述

三笠阿卡曼决定参观 $n$ 个城市，它要参观所有城市，不介意哪座册城市作为她的起点。

有 $m$ 条道路照常收费，但她不想去一座城市超过 $2$ 次，想把费用降到最低。

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输入描述

输入包括几个测试用例。

对于每个测试用例：

第一行包含两个整数 $n(1\le n\le 10)$和$m$，表示 $n$ 个城市、 $m$ 条道路。

接下来 $m$ 行，每行都包含三个整数$a、b$ 和 $c(1\le a,b\le n)$，表示在 $a$ 和 $b$ 之间有一条道路，费用是 $c$

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输出描述

对于每个测试用例，都单行输出应支付的最低费用。

若找不到这样的路线，输出$-1$。

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样例一

输入

2 1
1 2 100
3 2
1 2 40
2 3 50
3 3
1 2 3
1 3 4
2 3 10

输出

100
90
7

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题目分析

本题是旅行商问题的变形，热河一个城市都可以作为源点，且走完每个城市即可，不需要回到源点。

每个城市最多经过两次，最少经过一次，求走完所有城市的最小费用。

该问题中，每个城市有三种状态，可用三进制表示（0表示未访问，1表示已访问1次，2表示已访问2次）

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解题思路

本题最多有10个城市，每个都有3中取值，共$3^{10}=59050$种状态。

例如有5坐城市，$(11202{)}_3$表示第1个城市被访问了2次，第2个城市被访问了0次，第3个城市被访问了2次，第4、5个城市各被访问了1次。

状态表示：dp[S][u]表示当前状态为S时从u除法访问剩余所有城市的最小费用。

状态转移方程：dp[S][u]等于状态为S-u时从v出发访问剩余所有城市的最小费用加上u到v的边值。若u有多个未被访问的邻接点v，则取其最小值。dp[S][u]=min(dp[S][u], dp[S-u][v]+d[u][v])

边界条件：dp[tri[i]][i]=0，初始化状态为tri[i]时，从i出发的最小费用为0。

tri[i]表示第i个节点已被访问1次，其他节点未被访问。tri[i]表示的三进制数的第i位为1，其他位位0.tri[i]可用用一个数组表示，其表达的含义为三进制，但在该程序中被赋值为十进制数。例如tri[3]表示的三进制数的第3位是1，其余位是0，即$(100{)}_3$，其对应的十进制数$(100{)}_3=1\times 3^2+0\times 3^1+0\times 3^0=9$，$tri[3]=9$。对其他节点也如此处理，得到数组int tri[12]=0, 1, 3, 9, 27, 81, 243, 729, 2187, 19683, 59048。

dp[9][3]表示在只有第3个城市已被访问的状态下，从3出发走完剩余城市的最小费用。

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AC代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mem(a) memset(a, 0, sizeof(a))
#define dbg(x) cout << #x << " = " << x << endl
#define fi(i, l, r) for (int i = l; i < r; i++)
#define cd(a) scanf("%d", &a)
typedef long long ll;

int dig[60000][11];
int dp[60000][11];
int tri[12];
int edge[11][11];

void init() 
    tri[1] = 1;
    for (int i = 2; i < 12; i++)
        tri[i] = tri[i - 1] * 3;
    for (int i = 0; i < 59050; i++)  // 预处理状态S的第j位
        int t = i;
        for (int j = 1; j <= 10; j++) 
            dig[i][j] = t % 3;
            t /= 3;
            if (!t)
                break;
        
    


int main() 
    init();
    int n, m;
    while (cin >> n >> m) 
        for (int i = 0; i <= tri[n + 1]; i++) 
            for (int j = 0; j <= n; j++)
                dp[i][j] = 1e8;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            dp[tri[i]][i] = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            for (int j = 1; j <= n; j++)
                edge[i][j] = 1e8;
        while (m--) 
            int u, v, c;
            scanf("%d%d%d", &u, &v, &c);
            edge[u][v] = edge[v][u] = min(edge[u][v], c);
        
        int ans = 1e8;
        for (int S = 0; S < tri[n + 1]; S++) 
            bool visit_all = true;
            for (int u = 1; u <= n; u++) 
                if (dig[S][u] == 0) 
                    visit_all = false;
                    continue;
                
                for (int v = 1; v <= n; v++) 
                    if (dig[S][v] == 0)
                        continue;
                    dp[S][u] = min(dp[S][u], dp[S - tri[u]][v] + edge[u][v]);
                
            
            if (visit_all)
                for (int u = 1; u <= n; u++)
                    ans = min(ans, dp[S][u]);
        
        cout << ans << endl;
    
    return 0;

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