题意：
给出n个点的空间坐标（n为偶数， n<=20）， 把他们配成n/2对， 问：怎样配对才能使点对的距离和最小？
思路：
状态定义：
设d(i, s)表示前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 d(i,S)=min{|PiPj|+d(i-1,S-{i}-{j}。
改进：
状态可以进行压缩，i的值其实隐藏在S中，S中最高位为1的即为i，所以需要一次查找,从n-1到0进行一次遍历即可，整个运算下来，平均查找次数仅为2。
设dp[s]为：状态为s（s代表着某个子集）时， 它的最小距离和。
状态转移方程:d(S)=min{ |PiPj| + d(S-{i}-{j}} | j属于S，i = max{s} }.
1.对于一个状态s， 首先要计算它减少两个点后的状态的最小距离和， 然后当前状态才能从这些状态中转移过来。
2.如何转移：对于状态s， 在集合中随便找一个点，枚举集合中的其他点与它配对， 取距离和最小的那一对。
3.为什么选定一个点，然后枚举集合中的其他点就可以呢？而两个点都要枚举呢？ 因为：对于选定的点， 它总得要和集合中的其他点配对， 那么答案就肯定蕴藏在某一次配对中了。而枚举两个点， 实际上是多余的。
实现
1.递推：自底向上，从最小的子集开始计算， 然后大的子集就可以从中转移过来。缺点是点数为奇数的情况也考虑进去了（可以预先判断点数是否为偶，以决定是否需要进入 计算）， 速度慢。
2.记忆化搜索：很好理解，对于状态s， 假设它的偶数子集的最小距离和都计算出来了， 那么选定某个点， 再枚举其他点就可以了。而且避免了奇数个元素的子集的计算。
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int INF = 1<<20;
const int N = 21;
double d[(1<<N)+1];
int n;
struct Node{
double x, y, z;
}dot[N];
double dis(Node a, Node b){
return sqrt( (a.x - b.x)*(a.x - b.x) + (a.y - b.y)*(a.y - b.y) + (a.z - b.z)*(a.z - b.z) );
}
void solve(){
d[0] = 0;
for(int S = 1; S < (1<<n); ++S){
int i, j;
d[S] = INF;
// 判断 S 中元素的个数，如果为奇数，就不用算了
//int num = 0;
//for(int k = 0; (1<<k) <= S; ++k) if(S&(1<<k)) ++num;
//if(num&1) continue;
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(dot[i],dot[j])+d[S^(1<<i)^(1<<j)]);
}
}
double solve2(int s){
if(d[s] != INF) return d[s];
int i;
for(i = 0; i<n; i++)
if(s&(1<<i)) break;
for(int j = i+1; j<n; j++)
if(s&(1<<j))
d[s] = min( d[s], dis(dot[i], dot[j]) + solve2(s^(1<<i)^(1<<j)) );
return d[s];
}
int main()
{
freopen("in.txt","r",stdin);
while(scanf("%d",&n) == 1&&n){
for(int i = 0; i < n; ++i)
scanf("%lf %lf %lf", &dot[i].x, &dot[i].y, &dot[i].z) ;
d[0] = 0;
for(int i = 1; i < (1<<n); ++i) d[i] = INF;
//solve();
solve2( (1<<n) - 1 );
printf("%.3lf\n",d[(1<<n)-1]);
}
return 0;
}