POJ 2288 Islands and Bridges (状压DP)

这是一道典型的利用状态压缩DP求最优Hamilton回路的题目。
取dp[state][i][j]表示state状态下倒数第二个岛为i，最后一个岛为j时的最优解，num[state][i][j]为相应的路径数目，其中state的二进制表示的i位为1表示岛i被访问过，反之为0。
则显然当有边(i,j)存在时，有如下初值可赋：
dp[(1<<i)+(1<<j)][i][j]=val[i]+val[j]+val[i]*val[j],num[(1<<i)+(1<<j)][i][j]=1。
如果状态（state,i,j）可达，检查岛k，如果此时k没有被访问过并且有边(j,k)存在，则做如下操作：
1）设tmp为下一步访问岛k时获得的总利益，r=state+(1<<k)。
2）如果t,p>dps[r][j][k]，表示此时可以更新到更优解，则更新：
    dp[r][j][k]=q,num[r][j][k]=num[state][i][j]。
3）如果tmp==dp[r][j][k]，表示此时可以获得达到局部最优解的更多方式，则更新：
    num[r][j][k]+=num[p][i][j]。
最后检查所有的状态（(1<<n)-1,i,j），叠加可以得到最优解的道路数。
需要注意的是，题目约定一条路径的两种行走方式算作一种，所以最终结果要除2。

#include <set>#include <map>#include <stack>#include <queue>#include <deque>#include <cmath>#include <vector>#include <string>#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <cstring>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;#define L(i) i<<1#define R(i) i<<1|1#define INF  0x3f3f3f3f#define pi acos(-1.0)#define eps 1e-9#define maxn 10010#define MOD 1000000007int dp[maxn][15][15];long long num[maxn][15][15];int mp[15][15],a[15];int n,m;int main(void){    int T;    scanf("%d",&T);    while (T--)    {        scanf("%d%d",&n,&m);        for(int i = 0; i < n; i++)            scanf("%d",&a[i]);        memset(mp,0,sizeof(mp));        memset(dp,-1,sizeof(dp));        memset(num,0,sizeof(num));        for(int i = 0; i < m; i++)        {            int x,y;            scanf("%d%d",&x,&y);            x--;            y--;            mp[x][y] = 1;            mp[y][x] = 1;            dp[(1<<x)|(1<<y)][x][y] = a[x] + a[y] + a[x] * a[y];            num[(1<<x)|(1<<y)][x][y] = 1;            dp[(1<<x)|(1<<y)][y][x] = a[x] + a[y] + a[x] * a[y];            num[(1<<x)|(1<<y)][y][x] = 1;        }        if(n == 1)        {            printf("%d 1\n",a[0]);            continue;        }        for(int s = 3; s < (1<<n); s++)        {            for(int i = 0; i < n; i++)                for(int j = 0; j < n; j++)                for(int k = 0; k < n; k++)            {                if(i == j || j == k || i == k)                    continue;                if(!(s&(1<<i) && s&(1<<j) && s&(1<<k)))                   continue;                if(!mp[j][k] || dp[s-(1<<k)][i][j] == -1)                    continue;                int tmp = dp[s-(1<<k)][i][j] + a[k] + a[k] * a[j];                if(mp[i][k])                    tmp += a[i] * a[j] * a[k];                if(tmp > dp[s][j][k])                {                    dp[s][j][k] = tmp;                    num[s][j][k] = num[s-(1<<k)][i][j];                }                else if(tmp == dp[s][j][k])                    num[s][j][k] += num[s-(1<<k)][i][j];            }        }        int ans1 = 0;        long long ans2 = 0;        for(int i = 0; i < n; i++)            for(int j = 0; j < n; j++)            if(i != j)            {                if(dp[(1<<n)-1][i][j] > ans1)                {                    ans1 = dp[(1<<n)-1][i][j];                    ans2 = num[(1<<n)-1][i][j];                }                else if(dp[(1<<n)-1][i][j] == ans1)                    ans2 += num[(1<<n)-1][i][j];            }        printf("%d %I64d\n",ans1,ans2/2);    }    return 0;}