hdu5067：Harry And Dig Machine

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

参考思路：根据所给矩阵，我们可以建立一个图，图的节点为石头数不为0的节点，还包括矩阵左上角对应的节点，所以节点数不超过11个，节点之间的距离为横坐标之差的绝对值加上纵坐标之差的绝对值，假设左上角的节点对应的编号为0，那么问题便转化成从第0个节点开始，遍历所有的节点，然后再返回到第0个节点的最短路径，根据我们对最短路径的了解，最短路径上的节点除了头尾节点相同外，不可能有节点编号相同的节点。由于节点数最多11个，所以可以用动态规划来求解，对于dp[i][j]，i表示一个遍历状态，j表示这个遍历状态以第j个点结尾，比如dp[001101][2]，表示这个遍历状态经过了第0个以及第2个、第三个节点，经过的先后顺序不用管，只需知道最后停留的节点，这里为第2个节点。

然后状态转移方程式为：dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i'][j']+distance(j', j) )，其中i = (i' | (1<<j'))， j != j'，最后答案为result = min(result, dp[(1<<n) - 1][i] + distance(i, 0)，其中0<=i<n，n为节点数。

c++源码：

#include <iostream>using namespace std;const int inf = 0x3fffffff;int x[11], y[11];int pic[11][11];int dp[1<<11][11];int n, m;int myMin(int a, int b) {return a < b ? a : b;}int myAbs(int a) {return a>0 ? a : -a;}int main(){while(scanf("%d%d", &n, &m) == 2) {int i, j, k;int cnt = 1;x[0] = y[0] = 0;for(i=0; i<n; i++) {for(j=0; j<m; j++) {int num;scanf("%d", &num);if(num != 0) {x[cnt] = i;y[cnt] = j;cnt++;}}}for(i=0; i<cnt; i++) {for(j=0; j<cnt; j++) {pic[i][j] = pic[j][i] = myAbs(x[i] - x[j]) + myAbs(y[i] - y[j]);}}int r = (1<<cnt);for(i=0; i<r; i++) {for(j=0; j<cnt; j++) {dp[i][j] = inf;}}dp[1][0] = 0;for(i=0; i<r; i++) {for(j=0; j<cnt; j++) {if((i & (1<<j)) == 0)continue;for(k=0; k<cnt; k++) {if(j == k || (i & (1<<k)) == 0)continue;int t = (i & (~(1<<j)));if(dp[t][k] == inf)continue;dp[i][j] = myMin(dp[i][j], dp[t][k] + pic[k][j]);}}}int res = inf;for(i=0; i<cnt; i++) {res = myMin(res, dp[r-1][i] + pic[i][0]);}printf("%d\n", res);}return 0;}