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题目描述：从0号点出发，经过1-n点，不要求顺序，而且每个点可以走多次，最后回到0点，求最短时间。
因为要走遍1-n点，那么直接最短路是不行的，不保证没有环，所以dfs时间会多一些，而且这里dfs不好剪枝，那么就可以考虑一下dp，状态就是到某个点，走过了一些点，所用的最短时间，那么就要记录走过了哪些点，用bool数组存并不好，因为dp数组要开二维，而且判断哪些点走过时还要去枚举每个点去判断，既费时又费力。所以这个蹩脚的事情推动IT精英们去发明了状态压缩，留给我们使用。
状态压缩，顾名思义，就是压缩了状态（怎么感觉什么都没有说），直接拿这个题当栗子，有三个点，那么关于这三个点有没有走过的问题，可以用这些数来表示：000、001、010、011、100、101、110、111。很容易看出这是二进制，而且一共2ⁿ个，状态就这样地表示出来了，那么怎么这样怎么进行状态记录和转移呢，在我们新到达点i的时候我们可以让状态 +=2的i次方 ；我们查询点i有没有被走过，可以让状态 |2的i次方，这样处理完之后如果状态改变了那么就说明点i没有被走过（只有在i那个位置为0的时候才会改变）。
另外这个题要提前floyd求一下每两个点之间的最短路。

#include<cstdio>#include<iostream>#include<cstring>using namespace std;int g[20][20],dp[20][(1<<16)];int min(int a,int b){    return (a<b)?a:b;}int main(){    int n;    cin>>n;    for (int i=0;i<=n;i++)        for (int j=0;j<=n;j++)            scanf("%d",&g[i][j]);    for (int k=0;k<=n;k++)        for (int i=0;i<=n;i++)            if (i!=k)                for (int j=0;j<=n;j++)                    if (j!=k&&j!=i)                        g[i][j]=min(g[i][j],g[i][k]+g[k][j]);    memset(dp,127/3,sizeof(dp));    dp[0][0]=0;    int len=(1<<(n+1))-1;    for (int k=0;k<=len;k++)    //枚举走的情况        for (int i=0;i<=n;i++)  //枚举终点，下面那个是枚举起点        {            if ((k|(1<<i))!=k) continue;            for (int j=0;j<=n;j++) dp[i][k]=min(dp[i][k],min(dp[j][k-(1<<i)],dp[j][k])+g[j][i]);        }           cout<<dp[0][len];    return 0;}