openjudge 海贼王之伟大航路 状态压缩dp

“我是要成为海贼王的男人！”，路飞一边喊着这样的口号，一边和他的伙伴们一起踏上了伟大航路的艰险历程。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？

Input
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。
Output
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。
Sample Input

样例输入1：40 10 20 9995 0 90 3099 50 0 10999 1 2 0样例输入2：50 18 13 98 889 0 45 78 43 22 38 0 96 1268 19 29 0 5295 83 21 24 0

Sample Output

样例输出1：100样例输出2：137

Hint
提示：
对于样例输入1：路飞选择从起点岛屿1出发，依次经过岛屿3，岛屿2，最后到达终点岛屿4。花费时间为20+50+30=100。
对于样例输入2：可能的路径及总时间为：
1,2,3,4,5: 18+45+96+52=211
1,2,4,3,5: 18+78+29+12=137
1,3,2,4,5: 13+38+78+52=181
1,3,4,2,5: 13+96+19+43=171
1,4,2,3,5: 98+19+45+12=174
1,4,3,2,5: 98+29+38+43=208
所以最短的时间花费为137
单纯的枚举在N=16时需要14!次运算，一定会超时。

我们先把点标号为 0– n-1 我们的目标是从0 走过 1到 n-2上的所有点到达标号为n-1的点
状态压缩 用 二进制 1 << 0 代表标号为 1的点 1 << n-3 代表标号为 n-2的点 那么
(1 << (n-2))-1代表所有 1 - n-2 的点
dp[i][j]代表目前已经走过了 i 所标记的点且目前位于 j 点时走到终点需要的时间
我们的目的是从后往前dp 直到找到 已经走过0个点且目前位于0点时需要的最短时间
转移方程见代码

#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>#include <iostream>using namespace std;const int INF = 0x3f3f3f3f;int dp[1<<17][20];int mp[20][20];int main(){    int n;    while(~scanf("%d",&n)) {        for(int i = 0; i < 1 << 17; i++) {            fill(dp[i],dp[i]+20,INF); //求最小先初始化为INF        }        for(int i= 0; i < n; i++) {            for(int j = 0; j < n; j++) {                scanf("%d",&mp[i][j]);            }        }        for(int i = 0; i < n-2; i++)                dp[(1<<(n-2))-1][i+1] = mp[i+1][n-1];  /* 假设从1- n-2的所有                        的点都走过了且目前在 i+1这个点 那么从i+1这个点走到n-1这个点只需要最后再走一步就行了 */            for(int i = (1 << (n-2)) - 2; i >= 0; i--) {            for(int j = 0; j < n-2; j++) {     //  1 << j分别代表 1 - n-2 的点                     if(i& (1<<j)) {                      //j+1点已经走过                        for(int k = 0; k < n-2; k++) {                            if(!(i &(1<<k))) {   //k+1点不在走过的状态里                                          dp[i][j+1] = min(dp[i][j+1],dp[i |(1<<k)][k+1]+mp[j+1][k+1]);    // 当前状态 = min(后一个状态 + 从当前状态到后一个状态的代价)                            }                        }                    }                }            }         //上面已经处理了除了0点以外的所有点 再把0点处理一下就好了            for(int i = 0; i <n-2; i++) {                dp[0][0] = min(dp[0][0],dp[1<<i][i+1]+mp[0][i+1]);            }           cout <<dp[0][0] << endl;    }}