复杂状态的动态规划
最优配对问题。空间里有n个点P 0 , P 1 , … , P n-1 ，你的任务是把它们配成n/2对（n是偶数），使得每个点恰好在一个点对中。所有点对中两点的距离之和应尽量小。n≤20, |x i |,|y i |,|z i |≤10000。
分析
分析来自紫书详细见紫书。。。
既然每个点都要配对，很容易把问题看成如下的多阶段决策过程：先确定P 0 和谁配对，然后是P 1 ，接下来是P 2 ，……，最后是P n-1 。按照前面的思路，设d(i)表示把前i个点两两配对的最小距离和，然后考虑第i个点的决策——它和谁配对呢？假设它和点j配对（j<i），那么接下来的问题应是“把前i-1个点中除了j之外的其他点两两配对”，它显然无法用任何一
个d值来刻画——此处的状态定义无法体现出“除了一些点之外”这样的限制。当发现状态无法转移后，常见的方法是增加维度，即增加新的因素，更细致地描述状态。既然刚才提到了“除了某些元素之外”，不妨把它作为状态的一部分，设d(i,S)表示把前i个点中，位于集合S中的元素两两配对的最小距离和，则状态转移方程为：其中，|P i P j |表示点P i 和P j 之间的距离。方程看上去很不错，但实现起来有问题：如何表示集合S呢？由于它要作为数组d中的第二维下标，所以需要用整数来表示集合，确切地说，是{0, 1, 2,…,n-1}的任意子集（subset）。
for(int i = 0; i < n; i++)
for(int S = 0; S < (1<<n); S++) {
d[i][S] = INF;
for(int j = 0; j < i; j++) if(S & (1<<j))
d[i][S] = min(d[i][S], dist(i, j) + d[i-1][S^(1<<i)^(1<<j)]);
}
上述程序中故意用了很多括号，传达给读者的信息是：位运算的优先级低，初学者很容易弄错。例如，“1<<n-1”的正确解释是“1<<(n-1)”，因为减法的优先级比左移要高。为了保险起见，应多用括号。另一个技巧是利用C语言中“0为假，非0为真”的规定简化表达式：“if(S & (1<<j))”的实际含义是“if((S & (1<<j)) != 0)”。
由于大量使用了形如1<<n的表达式，此类表达式中，左移运算符“<<”的含义是“把各个位往左移动，右边补0”。根据二进制运算法则，每次左移一位就相当于乘以2，因此a<<b相当于 ，而在集合表示法中，1<i代表单元素集合{i}。由于0表示空集，“S & (1<<j)”不等于0就意味着“S和{j}的交集不为空”。上面的方程可以进一步简化。事实上，阶段i根本不用保存，它已经隐含在S中了——S中的最大元素就是i。这样，可直接用d(S)表示“把S中的元素两两配对的最小距离和”，
则状态转移方程为：
d(S)=min{|PiPj |+d(S-{i}-{j})|j∈S, i=max{S}}
状态有 个，每个状态有O(n)种转移方式，总时间复杂度为O(
)。
值得一提的是，不少用户一直在用这样的状态转移方程：
d(S)=min{|PiPj |+d(S-{i}-{j})|i, j∈S, }
它和刚才的方程很类似，唯一的不同是：i和j都是需要枚举的。这样做虽然也没错，但每个状态的转移次数高达O(n 2 )，总时间复杂度为O( )，比刚才的方法慢。这个例子再次说明：即使用相同的状态描述，减少决策也是很重要的。
接下来出现了一个新问题：如何求出S中的最大元素呢？用一个循环判断即可。当S取遍{0, 1, 2,…, n-1}的所有子集时，平均判断次数仅为2。
for(int S = 0; S < (1<<n); S++) {
int i, j;
d[S] = INF;
for(i = 0; i < n; i++)
if(S & (1<<i)) break;
for(j = i+1; j < n; j++)
if(S & (1<<j)) d[S] = min(d[S], dist(i, j) + d[S^(1>>i)^(1>>j)]);
}
注意，在上述的程序中求出的i是S中的最小元素，而不是最大元素，但这并不影响答案。另外，j的枚举只需从i+1开始——既然i是S中的最小元素，则说明其他元素自然均比i大。最后需要说明的是S的枚举顺序。不难发现：如果S'是S的真子集，则一定有S'<S，因此若以S递增的顺序计算，需要用到某个d值时，它一定已经计算出来了。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 1010;
int x[maxn], y[maxn];
double d[1<<16];
double dis(int a,int b){
return sqrt((x[a]-x[b])*(x[a]-x[b])+(y[a]-y[b])*(y[a]-y[b]));
}
int n, kase;
int main(){
freopen("data.in", "r", stdin);
while(scanf("%d", &n) == 1 && n){
char s[maxn];
n <<= 1;
for(int i = 0; i < n; ++i){scanf("%s%d%d", s, &x[i], &y[i]);}
d[0] = 0;
for(int S = 1; S < (1 << n); ++S){
d[S] = INF;
int i, j;
for(i = 0; i < n; ++i) if(S & (1 << i)) break;
for(j = i + 1; j < n; ++j) if(S & (1 << j)) d[S] = min(d[S], dis(i, j) + d[S ^ (1 << i) ^ (1 << j)]);
}
printf("Case %d: %.2lf\n", ++kase, d[(1 << n) - 1]);
}
return 0;
}