算法竞赛专题解析（15）：DP应用--状态压缩DP

本系列文章将于2021年整理出版，书名《算法竞赛专题解析》。

前驱教材是：《算法竞赛入门到进阶》(京东 当当 ) 清华大学出版社。

如有建议，请联系：（1）QQ 群，567554289；（2）作者QQ，15512356

1、引子

   提到状态压缩DP时，常常用Hamilton问题作为引子。

---

最短Hamilton路径 https://www.acwing.com/problem/content/description/93/
时间限制：3s。
题目描述：给定一个有权无向图，包括n个点，标记为0 ~ n-1，以及连接n个点的边，求从起点0到终点n-1的最短路径。要求必须经过所有点，而且只经过一次。1 ≤ n ≤ 20。
输入格式：第一行输入整数n。接下来n行每行n个整数，其中第i行第j个整数表示点i到j的距离（记为a[i, j]）。0 ≤ a[i, j] ≤ 10^7
对于任意的x, y, z，数据保证 a[x, x]=0，a[x, y]=a[y, x] 并且 a[x, y]+a[y, z]>=a[x, z]。
输出格式：输出一个整数，表示最短Hamilton路径的长度。

---

   暴力解法：枚举 $n$个点的全排列，共 $n!$个全排列。一个全排列就是一条路径，计算这个全排列的路径长度，需要做 $n$次加法。在所有路径中找最短的路径，总复杂度是 $O(n×n!)$。
   Hamilton问题是NP问题，没有多项式复杂度的解法。不过，用状态压缩DP求解，能把复杂度降低到 $O(n^2×2^n)$。当 $n$ = 20时， $O(n^2×2^n)$ ≈ 4亿，比暴力法好很多。
   首先定义DP。设 $S$是图的一个子集，用dp[S][j]表示“集合S内的最短Hamilton路径”，即从起点0出发经过 $S$中所有点，到达终点 $j$时的最短路径；集合 $S$中包括 $j$点。根据DP的思路，让 $S$从最小的子集逐步扩展到整个图，最后得到的 $dp[N][n-1]$就是答案， $N$表示包含图上所有点的集合。
   如何求 $dp[S][j]$？可以从小问题 $S-j$递推到大问题S。其中 $S-j$表示从集合 $S$中去掉 $j$，即不包含 $j$点的集合。
   如何从 $S-j$递推到 $S$？设 $k$是 $S-j$中一个点，把从0到 $j$的路径分为两部分： $(0→...→k) + (k→j)$。以 $k$为变量枚举 $S-j$中所有的点，找出最短的路径，状态转移方程是：
      $dp[S][j] = min\{dp[S-j][k] + dist(j, k)\}$
   其中 $k$属于集合 $S-j$。
   集合 $S$的初始情况只包含起点0，然后逐步将图中的点包含进来，直到最后包含所有的点。这个过程用状态转移方程实现。
   上述原理见下面的图解。通过这个图，读者可以体会为什么用DP遍历路径比用暴力法遍历路径更有效率。

图1 枚举集合S - j中所有的点

  以上是DP的设计，现在关键问题是如何操作集合 $S$？这就是状态压缩DP的技巧：用一个二进制数表示集合 $S$，即把 $S$“压缩”到一个二进制数中。 $S$的每一位表示图上的1个点，等于0表示 $S$不包含这个点，等于1表示包含。例如 $S$ = 0000 0101，其中有两个1，表示集合中包含点2、0。本题最多有20个点，那么就定义一个20位的二进制数，表示集合 $S$。
  后面给出了代码，第一个 $for$循环有 $2^n$次，加上后面2个各 $n$次的 $for$循环，总复杂度 $O(n^2×2^n)$。
  第一个 $for$循环，实现了从最小的集合扩展到整个集合。最小的集合是 $S$ = 1，它的二进制数只有最后1位是1，即包含起点0；最大的集合是 $S = (1<<n) - 1$，它的二进制数中有 $n$个1，包含了所有的点。
  算法最关键的部分“枚举集合 $S-j$中所有的点”，是通过代码中的两个if语句实现的：
   if((S>>j) & 1)，判断当前的集合S中是否有 $j$点；

  if((S^(1<<j)) >> k & 1)，其中 $S$^(1<< $j)$的作用是从集合中去掉 $j$点，得到集合 $S-j$，然后“>> k & 1”表示用 $k$遍历集合中的1，这些1就是 $S-j$中的点，这样就实现了“枚举集合 $S-j$中所有的点”。注意， $S$^(1<< $j$)也可以这样写： $S$ - (1<< $j$)。
  这两个语句可以写在一起：if( ((S>>j) & 1) && ((S^(1<<j)) >> k & 1) )，不过分开写效率更高。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, dp[1<<20][21];
int dist[21][21];
int main(){
    memset(dp,0x3f,sizeof(dp));    //初始化最大值
    cin>>n;
    for(int i=0; i<n; i++)         //输入图 
        for(int j=0; j<n; j++)
            cin >> dist[i][j];     //输入点之间的距离
    dp[1][0]=0;                    //开始：集合中只有点0，起点和终点都是0
    for(int S=1; S<(1<<n); S++)    //从小集合扩展到大集合，集合用S的二进制表示
        for(int j=0; j<n; j++)     //枚举点j
            if((S>>j) & 1)         //(1): 这个判断与下面的(2)一起起作用
                for(int k=0; k<n; k++)        //枚举到达j的点k，k属于集合S-j
                    if((S^(1<<j)) >> k & 1)   //(2): k属于集合S-j。S-j用(1)保证
                    //把(1)和(2)写在一起，像下面这样，更容易理解，但是效率低一点：
                    //if( ((S>>j) & 1) && ((S^(1<<j)) >> k & 1) )
                         dp[S][j] = min(dp[S][j],dp[S^(1<<j)][k] + dist[k][j]);
    cout << dp[(1<<n)-1][n-1];         //输出：路径包含了所有的点，终点是n-1
    return 0;
}

  类似的题目请练习：洛谷P1433 吃奶酪。

2、状态压缩DP的原理

  从上面的“引子”可知，状态压缩DP的应用背景是以集合为状态，且集合一般用二进制来表示，用二进制的位运算来处理。
  集合问题一般是指数复杂度的（NP问题），例如：（1）子集问题，设元素无先后关系，那么共有 $2^n$个子集；（2）排列问题，对所有元素进行全排列，共有 $n!$个全排列。
  可以这样概况状态压缩DP的思想：集合的状态（子集或排列），如果用二进制表示状态，并用二进制的位运算来遍历和操作，又简单又快。当然，由于集合问题是NP问题，所以状态压缩DP的复杂度仍然是指数的，只能用于小规模问题的求解。
  注意，一个问题用状态压缩DP求解，时间复杂度主要取决于DP算法，和是否使用状态压缩关系不大。状态压缩只是DP处理集合的工具，也可以用其他工具处理集合，只是不太方便，时间复杂度也差一点。
  c语言的位运算有 “&”，"|"，"^"，"<<"，">>"等，下面是例子。虽然数字是用十进制表示的，但位运算是按二进制处理的。

#include<bits/stdc++.h>
int main(){
    int a = 213, b = 21;            //a = 1101 0101 , b= 0001 1001
    printf("a & b = %d\n",a & b);   // AND  =  17, 二进制0001 0001
    printf("a | b = %d\n",a | b);   // OR   = 221, 二进制1101 1101
    printf("a ^ b = %d\n",a ^ b);   // XOR  = 204, 二进制1100 1100
    printf("a << 2 = %d\n",a << 2); // a*4  = 852, 二进制0011 0101 0100
    printf("a >> 2 = %d\n",a >> 2); // a/4  =  53, 二进制0011 0101

    int i = 5;                      //(1)a的第i位是否为1
    if((1 << (i-1)) & a)  printf("a[%d]=%d\n",i,1);  //a的第i位是1 
    else                  printf("a[%d]=%d\n",i,0);  //a的第i位是0

    a = 43, i = 5;                  //(2)把a的第i位改成1。a = 0010 1011
    printf("a=%d\n",a | (1<<(i-1))); //a=59, 二进制0011 1011
    
    a = 242;                        //(3)把a最后的1去掉。  a = 1111 0010
    printf("a=%d\n", a & (a-1));     //去掉最后的1。   =240, 二进制1111 0000

    return 0;    
}

  用位运算可以简便地对集合进行操作，下表给出了几个例子，并在上面的代码中给出了示例。
  (1)判断a的第i位（从最低位开始数）是否等于1:
      1 << ( i - 1 ) ) & a
  (2)把a的第i位改成1:
      a | ( 1<<(i-1) )
  (3)把a的第i位改成0
      a &(~(1<<i) )
  (4)把a的最后一个1去掉:
      a & (a-1)
  在具体题目中需要灵活使用位运算。后面的例题给出了位运算操作集合的实际应用的例子，帮助读者更好地掌握。

3、poj 2411

  这是状态压缩DP的经典题，其特点是“轮廓线”。

---

Mondriaan’s Dream
题目描述：给定n行m列的矩形，用1×2的砖块填充，问有多少种填充方案。
输入格式：每一行是一个测试用例，包括两个整数：n和m。若n = m = 0表示终止。1 ≤ n, m ≤ 11。
输出格式：对每个测试用例，输出方案数。

---

  摆放砖头的操作步骤，可以从第一行第一列开始，从左往右、从上往下依次摆放。横砖只占1行，不影响下一行的摆放；竖砖占2行，会影响下一行。同一行内，前列的摆放决定后列的摆放，例如第1列放横砖，那么第2列就是横砖的后半部分；如果第1列放竖砖，那么就不影响第2列。上下两行是相关的，如果上一行是横砖，不影响下一行；如果上一行是竖砖，那么下一行的同一列是竖砖的后半部分。
  读者可以先对比暴力搜索的方法。用BFS搜索，从第一行第一列开始扩展到全局，每个格子的砖块有横放、竖放2种摆法，共m×n个格子，复杂度大约是 $O(2^{m×n})$。
  下面用DP解题。DP的思想是从小问题扩展到大问题，在这一题中，是否能从第一行开始，逐步扩展，直到最后一行？这一题的复杂性在于，一个砖块可能影响连续的2行，而不是1行，必须考虑连续2行的情况。
  如下图所示，用一根虚线把矩形分为两半，上半部分已经填充完毕，下半部分未完成。把这条划分矩形的虚线称为“轮廓线”，这个概念将在下一节“插头DP”继续使用。

图2 用轮廓线划分矩形

  轮廓线下面的6个阴影方格 $k_5k_4k_3k_2k_1k_0$表示当前的砖块状态，它跨越了2行。从它们推广到下一个方格 $x$，即递推到新状态 $k_4k_3k_2k_1k_0x$。
   $k_5k_4k_3k_2k_1k_0$有各种情况，用0表示没填砖块，用1表示填了砖块，有000000~111111共 $2^6$种情况。图(2)是一个例子，其中 $k_3$未填， $k_5k_4k_3k_2k_1k_0$ = 110111。用二进制表示状态，这就是状态压缩的技术。
  注意，根据DP递推的操作步骤，递推到阴影方格时，砖块只能填到阴影格本身和上面的部分，不能填到下面去。在图(3)中，把 $k_2$的砖填到下面是错的。
  这 $2^6$种情况，有些是非法的，应该去掉。在扩展到 $x$时，分析 $2^6$种情况和 $x$的对应关系，根据 $x$是否填充砖块，有三种情况：
  （1） $x$ = 0（ $x$不放砖块）。如果 $k_5$ = 0（ $k_5$上没有砖块），由于 $k_5$只剩下和 $x$一起填充的机会，现在失去了这一机会，所以这个情况是非法的。如果 $k_5$ = 1，则 $x$ = 0可以成立。递推到 $k_4k_3k_2k_1k_0x$ = $k_4k_3k_2k_1k_00$。
  （2） $x$ = 1（ $x$放竖砖），只能和 $k_5$一起放竖砖，要求 $k_5$=0。递推到 $k_4k_3k_2k_1k_0x$ = $k_4k_3k_2k_1k_01$。
  （3） $x$= 1（ $x$放横砖），只能和 $k_0$一起放横转，要求 $k_0$ = 0，另外还应有 $k_5$ = 1。递推到 $k_4k_3k_2k_1k_0x$ = $k_4k_3k_2k_111$。
  经过上述讨论，对 $n$行× $m$列的矩阵，可以得到状态定义和状态转移方程。
  状态定义。定义DP状态为dp $[i][j][k]$，它表示递推到第 $i$行、第 $j$列，且轮廓线处填充为 $k$时的方案总数。
  其中 $k$是用 $m$位二进制表示的连续 $m$个方格，这 $m$个方格的最后一个方格是就是第 $i$行第 $j$列的方格。 $k$中的0表示方格不填充，1表示填充。m个方格前面的所有方格（轮廓线以上的部分）都已经填充为1。dp $[n-1][m-1][(1<<m) -1]$就是答案，它表示递推到最后一行、最后一列、 $k$的二进制是 $m$个1（表示最后一行全填充）。
  时间复杂度是O( $m×n×2^m$)。
  后面给出的代码用到了滚动数组，把二维 $[i][j]$改为一维，状态定义改为dp $[2][k]$。
  状态转移方程。根据前面分析的三种情况，分别转移到新的状态。
  （1） $x$ = 0， $k_5$ = 1。从 $k = k_5k_4k_3k_2k_1k_0 = 1k_4k_3k_2k_1k_0$转移到 $k = k_4k_3k_2k_1k_00$。转移代码：

dp[now][(k<<1) & (~(1<<m))] += dp[old][k];

  其中 ~(1<<m) 的意思是原来的 $k_5$ = 1移到了第m+1位，超出了 $k$的范围，需要把它置0。
  （2） $x$ = 1， $k_5$ = 0。从 $k = k_5k_4k_3k_2k_1k_0 = 0k_4k_3k_2k_1k_0$转移到 $k = k_4k_3k_2k_1k_01$。转移代码：

dp[now][(k<<1)^1] += dp[old][k];

  （3） $x$ = 1， $k_0$ = 0， $k_5$ = 1。从 $k = k_5k_4k_3k_2k_1k_0 = k_5k_4k_3k_2k_11$转移到 $k = k_4k_3k_2k_111$。转移代码：

dp[now][((k<<1) | 3) & (~(1<<m))] += dp[old][k];

  其中 (k<<1) | 3 的意思是末尾置11；~(1<<m)是原来的 $k_5$ = 1移到了第m+1位，把它置0。
  下面是poj 2411的代码¹。

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;

long long dp[2][1<<11];
int now,old;                       //滚动数组，now指向新的一行，old指向旧的一行

int main(){
    int n,m;
    while( cin>>n>>m && n ){
        if(m>n)  swap(n,m);            //复杂度O(nm*2^m), m较小有利
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        now=0,old=1;                    //滚动数组
        dp[now][(1<<m)-1]=1;            
        for(int i=0;i<n;i++)            //n行
            for(int j=0;j<m;j++){       //m列
                swap(now,old);          //滚动数组，now始终指向最新的一行
                memset(dp[now],0,sizeof(dp[now]));
                for(int k=0;k<(1<<m);k++){    //k：轮廓线上的m格
                    if(k & 1<<(m-1))                    //情况(1)。要求k5=1
                       dp[now][(k<<1) & (~(1<<m))] += dp[old][k];
                               //原来的k5=1移到了第m+1位，置0
                    if(i && !(k & 1<<(m-1) ) )           //情况(2)
                               //i不等于0，即i不是第一行。另外要求k5=0
                       dp[now][(k<<1)^1] += dp[old][k];
                    if(j && (!(k&1)) && (k & 1<<(m-1)) )  //情况(3)
                               //j不等于0，即j不是第一列。另外要求k0=0, k5=1
                       dp[now][((k<<1) | 3) & (~(1<<m))] += dp[old][k];  
                               //k末尾置为11，且原来的k5移到了第m+1位，置0
                }
            }                    
        cout << dp[now][(1<<m)-1]<<endl;
    }
    return 0;
}

4、hdu 4539

---

排兵布阵
题目描述：团长带兵来到n×m的平原作战。每个士兵可以攻击到并且只能攻击到与之曼哈顿距离为2的位置以及士兵本身所在的位置。当然，一个士兵不能站在另外一个士兵所能攻击到的位置，同时因为地形的原因平原上也不是每一个位置都可以安排士兵。
　　现在，已知n, m(n <= 100, m <= 10 )以及平原阵地的具体地形，请你帮助团长计算该阵地最多能安排多少个士兵。
输入格式：包含多组测试数据。每组数据的第一行包括两个整数n和m，接下来的n行，每行m个数，表示n*m的矩形阵地，其中1表示该位置可以安排士兵，0表示该地形不允许安排士兵。
输出格式：对每组测试数据，输出最多能安排的士兵数量。
输入样例：
6 6
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 1 1 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
输出样例：
2

---

  合法的安排见下图的例子，图中的’1’是一个站立的士兵，'×’是曼哈顿距离为2的攻击点，不能安排其他士兵。

图3 士兵和他的攻击点

  这一题的思路比较容易。
  首先考虑暴力法。对一个站立安排，如果图上的任意2个士兵都没有站在曼哈顿距离为2的位置上，就是一个合法的安排。但是一共有 $2^{n×m}$种站立安排，显然不能用暴力法一个个地判断。
  下面考虑DP的思路。从第一行开始，一行一行地放士兵，在每一行都判断合法性，直到最后一行。假设递推到了第i行，只需要看它和第 $i$-1行和第 $i$-2行的情况即可：
  （1）判断第i行自身的合法性。这一行站立的士兵，不能站在间隔2的位置上。例如m = 6时，合法的士兵站立情况有000010、000011、0000110、100011、110011等。
  （2）判断第 $i$行和第 $i$-1行的合法性。第 $i$行任何一个士兵，和第 $i$-1行的士兵的间隔距离不能是2。
  （3）判断第 $i$行和第 $i$-2行的合法性。
  （4）判断第 $i$-1行和第 $i$-2行的合法性。
   状态定义。定义d $[i][j][k]$：表示递推到第i行时的最多士兵安排数量，此时第 $i$行的士兵站立情况是 $j$，第 $i$-1行的士兵站立情况是 $k$。在 $j$、 $k$的二进制表示中，0表示有士兵，1表示无士兵。
  状态转移方程。从第 $i$-1行递推到第 $i$行：
    dp[i][j][k] = max(dp[i-1][k][p]) + count_line(i, sta[j])
  方程中的count_line(i, sta[j])计算第 $i$行在合法的 $j$状态下的士兵数量。用 $p$遍历第 $i$-2行的合法情况。
  下面是代码²。代码中有4个for循环，复杂度是 $O(nM^3)$。M是预计算出的一行的合法情况数量，当m=10时，M = 169。用函数init_line()预计算一行的合法情况。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int mp[105][12];                 //地图
int dp[105][200][200]; 
int n,m;
int sta[200];                    //预计算一行的合法情况。m = 10时，只有169种合法情况
int init_line(int n){            //预计算出一行的合法情况
    int M = 0;
    for(int i = 0; i < n; i ++)
        if( (i&(i>>2)) == 0 && (i&(i<<2)) == 0 )//左右间隔2的位置没人，就是合法的
           sta[M++] = i;
    return M;                    //返回合法情况有多少种
}
int count_line(int i, int x){    //计算第i行的士兵数量
    int sum = 0;
    for(int j=m-1; j>=0; j--) {    //x是预计算过的合法安排
        if(x&1) sum += mp[i][j];   //把x与地形匹配
        x >>= 1;
    }
    return sum;
}
int main(){
    while(~scanf("%d%d",&n,&m)) {
        int M = init_line(1<<m);            //预计算一行的合法情况，有M种
        for(int i = 0; i < n; i ++)
            for(int j = 0; j < m; j ++)
                scanf("%d",&mp[i][j]);      //输入地图
        int ans = 0;
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        for(int i = 0; i < n; i ++)             //第i行
            for(int j = 0; j < M; j ++)         //枚举第i行的合法安排 
                for(int k = 0; k < M; k ++) {   //枚举第i-1行的合法安排   
                    if(i == 0) {                //计算第1行
                        dp[i][j][k] = count_line(i, sta[j]);
                        ans = max(ans, dp[i][j][k]);
                        continue;
                    }
                    if((sta[j]&(sta[k]>>1)) || (sta[j]&(sta[k]<<1)))
                                                  //第i行和第i-1行冲突
                        continue; 
                    int tmp = 0;
                    for(int p = 0; p < M; p ++){   //枚举第i-2行合法状态
                        if((sta[p]&(sta[k]>>1)) || (sta[p]&(sta[k]<<1))) continue;  
                                                       //第i-1行和第i-2行冲突
                        if(sta[j]&sta[p]) continue;    //第i行和第i-2行冲突
                        tmp = max(tmp, dp[i-1][k][p]);  //从i-1递推到i
                    }
                    dp[i][j][k] = tmp + count_line(i, sta[j]); //加上第i行的士兵数量
                    ans = max(ans, dp[i][j][k]);
                } 
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}

5、三进制状态压缩

  除了用二进制做状态压缩，也可以用其他进制，例如三进制。

---

hdu 3001
题目描述：Acmer先生决定访问n座城市。他可以空降到任意城市，然后开始访问，要求访问到所有城市，任何一个城市访问的次数不少于1次，不多于2次。n座城市间有m条道路，每条道路都有路费。求Acmer先生完成旅行需要花费的最小费用。
输入：第一行是n，m，1 ≤ n≤ 10。后面有m行，有3个整数a、b、c，表示城市a和b之间的路费是c。
输出：最少花费，如果不能完成旅行，则输出-1。

---

  本题n = 10，数据很小，但是由于每个城市可以走2遍，可能的路线就变成了 $(2n)!$，所以不能用暴力法。
  本题是旅行商问题的变形，编码方法和“1 引子”的Hamilton路径问题非常相似。阅读下面的题解时，请与“引子”的解释对照。

  在普通路径问题中，一个城市只有两种情况：访问和不访问，用1和0表示，可以用二进制做状态压缩。但是这一题有三种情况：不访问、访问1次、访问2次，所以用三进制进行状态压缩，每个城市有0、1、2三种情况。
  当n = 10时，路径有有 $3^{10}$种，对每种路径，用三进制表示。例如第14个路径，十进制14的三进制是 $112_3$，它的意思是：第3个城市走1次，第2个城市走1次，第1个城市走2次。
  用tri[i][j]定义路径，它表示第 $i$个路径上的城市 $j$的状态。在上面的例子中，tri[14][3] = 1，tri[14][2] = 1，tri[14][1] = 2。函数make_trb()完成初始化计算，它把十进制14分解为三进制 $112_3$，并赋值给tri[i][j]。
  状态定义。定义dp[j][i]：表示从城市 $j$出发，按路径 $i$访问 $i$中所有的城市的最小费用。
  状态转移方程。和“引子”中的图“枚举集合S - j中所有的点”类似，本题可以这样画图：

图4 枚举路径i - j中所有的点

  图中" $i-j$“的意思是从路径 $i$中，去掉点 $j$。从城市 $j$开始访问路径 $i$，等于先走完路径” $i-j$"，再走到城市 $j$。用 $k$遍历" $i-j$"中的所有城市，找到最少费用，得到状态转移方程：
    dp[j][i] = min(dp[j][i], dp[k][ $l$] + graph[k][j]);
  其中 $l = i - bit[j]$，它涉及到本题的关键操作：如何从路径 $i$中去掉城市 $j$？
  回顾“引子”的二进制状态压缩，是这样从集合 $S$中去掉点 $j$的： $S$^(1<< $j$)，也可以这样写： $S$ - (1<< $j$)。
  类似地，在三进制中，从 $i$中去掉 $j$的代码这样写： $i - bit[j]$，其中 $bit[j]$是三进制第 $j$位的权值。
  下面是代码。有3个for循环，第一个 $3^n$次，后两个分别n次，算法总复杂度是 $O(3^nn^2)$，当n = 10时，正好通过OJ测试。

#include<bits/stdc++.h>
const int INF = 0x3f3f3f3f;
using namespace std;
int n,m;
int bit[12]={0,1,3,9,27,81,243,729,2187,6561,19683,59049};
                          //三进制每一位的权值，与二进制的0, 1, 2, 4, 8...对照
int tri[60000][11];
int dp[11][60000];    
int graph[11][11];                  //存图

void make_trb(){                    //初始化，求所有可能的路径
    for(int i=0;i<59050;++i){       //共3^10=59050种路径状态
       int t=i;
       for(int j=1; j<=10; ++j){
           tri[i][j]=t%3; 
           t/=3;
       }
   }
}
int comp_dp(){   
        int ans = INF;
        memset(dp, INF, sizeof(dp));
        for(int j=0;j<=n;j++)
            dp[j][bit[j]]=0;               //初始化：从第j个城市出发，只访问j，费用为0
        for(int i=0;i<bit[n+1];i++){       //遍历所有路径，每个i是一个路径
            int flag=1;                    //所有的城市都遍历过1次以上
            for(int j=1;j<=n;j++){         //遍历城市，以j为起点
                if(tri[i][j] == 0){        //是否有一个城市访问次数是0
                    flag=0;                //还没有经过所有点
                    continue;
                }
                for(int k=1; k<=n; k++){   //遍历路径i-j的所有城市
                    int l=i-bit[j];        //l:从路径i中去掉第j个城市
                    dp[j][i]=min(dp[j][i],dp[k][l]+graph[k][j]);                                          
                }
            }
            if(flag)                        //找最小费用
               for(int j=1; j<=n; j++)
                   ans = min(ans,dp[j][i]);  //路径i上，最小的总费用
        }
        return ans;
}
int main(){
    make_trb();
    while(cin>>n>>m){
        memset(graph,INF,sizeof(graph));
        while(m--){
            int a,b,c;
            cin>>a>>b>>c;
            if(c<graph[a][b])  graph[a][b]=graph[b][a]=c;
        }
        int ans = comp_dp();
        if(ans==INF) cout<<"-1"<<endl;
        else         cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

---

1. 代码改写自《算法竞赛入门经典训练指南》刘汝佳，陈锋，清华出版社，385页。原代码过于精妙难懂，本节做了较大改动。 ↩︎

2. 改写自：https://blog.csdn.net/jzmzy/article/details/20950205 ↩︎