状态压缩DP 之 poj 2686

第一次做状态压缩DP，之前敲了一个 “旅行商问题” ，对状态压缩DP，有了一定了解，对此题的理解和解决有很大的帮助。

//  [4/29/2014 Sjm]/* 状态压缩： 针对集合的DP。 题意： 旅行家从 a 出发，此时有 S 张车票，为到达 b，求花费最短的时间。 分析： 假设"在 v 点时，旅行商有 S 张票"，每到达与 a 相邻的国家，需要用掉一张车票i，所到达的国家设为 u，此时"在 u 点时， 旅行商有 S\{i} 张票"，再到达与 u 相邻的国家，以此类推.....直至到达 b 国家。 总结：在分析中可以看到状态的转换：     "在 v 点时，旅行商有 S 张票"  ----->  在 u 点时， 旅行商有 S\{i} 张票而转移的开销是： （两点间距离）/ （马匹的数目）。（可以将上述过程看成建图过程，状态即顶点，转移即边，转移的开销即边的权值）由于 S(即车票)是集合，故而考虑状态压缩DP解决。 综上：状态：dp[S][v] := 当此时所到达点为 v并且 所剩票数为 S 时，所需要的最小花费决策：dp[S & ~(1<<i)][u] = min(dp[S & ~(1<<i)][u], dp[S][v] + (double)d[v][u] / myT[i]) */

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <algorithm>using namespace std;const int MAX_N = 8, MAX_M = 30, INF = 0x3f3f3f3f;int n, m, p, a, b;int myT[MAX_N];  // 马匹数int d[MAX_M][MAX_M];  // 各国家间道路的距离（-1表示没有道路）double dp[1 << MAX_N][MAX_M];void Solve(){double ans = 1.0 * INF;for (int i = 0; i < 1 << n; i++)fill(dp[i], dp[i] + m, INF);dp[(1 << n) - 1][a - 1] = 0;for (int S = (1 << n) - 1; S >= 0; S--) {ans = min(ans, dp[S][b - 1]);for (int v = 0; v < m; v++) {for (int i = 0; i < n; i++) {if (S >> i & 1) {for (int u = 0; u < m; u++) {if (d[v][u] >= 0) {// 使用车票 i, 从 v 移动到 u。dp[S & ~(1 << i)][u] = min(dp[S & ~(1 << i)][u], dp[S][v] + (double)d[v][u] / myT[i]);}}}}}}if (INF == ans) printf("Impossible\n");else printf("%.3f\n", ans);}int main(){//freopen("input.txt", "r", stdin);//freopen("output.txt", "w", stdout);while (scanf("%d %d %d %d %d", &n, &m, &p, &a, &b) && (n || m || p || a || b)) {for (int i = 0; i < n; i++)scanf("%d", &myT[i]);memset(d, -1, sizeof(d));for (int i = 0; i < p; i++) {int x, y, z;scanf("%d %d %d", &x, &y, &z);d[x-1][y-1] = d[y-1][x-1] = z;}Solve();}return 0;}