テキスト：
巡回セールスマン問題（英語：巡回セールスマン問題、TSP）は問題です。一連の都市と都市の各ペア間の距離が与えられた場合、各都市を1回だけ訪問し、開始都市に戻る最短のループを解きます。これは、組み合わせ最適化におけるNP困難な問題であり、オペレーションズリサーチや理論計算機科学で非常に重要です。
この問題では、都市をノード、都市間の距離をエッジと見なします。nノードの巡回セールスマン問題はn * nの隣接行列と見なすことができます。
例：
質問では、ノードの1つから開始し、すべてのノードをトラバースして1回だけ読み取り、最後に元の開始ノードに戻る必要があります。
分析：
TSP問題は明らかにNP問題です（NP問題については、https：//blog.csdn.net/csdnnews/article/details/100111395でより明確な理解を確認できます）：任意のノードが初期として選択されますノード、パスは閉ループであるため、これとステップは重要ではありませんが、そのn-1ステップでは、n-1の選択肢があります。したがって、ブルートフォースを使用してクラックする場合、時間コストはnです。 ！、これは明らかに望ましくありません。したがって、他の方法が必要です。
方法：
1。動的計画法方法
閉ループ上の点sから開始し、関数d（i、v）がノードiから開始し、点セットVの各ノードを1回だけ通過し、最後にに戻ることを示します。開始点■最短経路。次に、Cijを使用してノードiからノードjまでの距離を表すと、関数d（i、v）は次のようになります。
1）Vが空集合の場合（これは、すべてのノードが1回通過したことを意味します）、最後のノードを最初のノードに接続して閉ループを形成する必要があります。次に、d（i、v）= Cis;
2） Vが空集合ではない場合、点集合Vで点kを選択し、Cik + d（i、v- {k}）をすべての実行可能解の最適解にする必要があります（この最適解を求めることは、問題自体同じ構造で小規模なサブ問題）。
したがって、関数d（i、v）は次のように表すことができます
。4つのノードを例にとると、実行する必要のある計算は次のとおりです。
なぜ動的計画法を使用する方が良いのですか？テキストだけから、すべての可能性を横断する必要があるようです。
実際、私の個人的な理解と意見によれば、動的計画法は通常のテーブル作成方法に似ており、完了した計算を脇に保存して、次の計算のコンポーネントの1つとして使用します。動的計画法では、この「計算」は「決定」に置き換えられます。
動的計画法は、問題を段階的にサブ問題に分割し、前の層の再帰的戻りの一部としてサブ問題の解決策を取ります。最下層の2点間の距離は直接知ることができるため、他の層のレコードを記録するためにdpテーブルが必要です。
ここで、縦の行は選択されたノードiを表し、横の行は残りのセットを表します。テーブル全体は左から右、上から下に派生し、存在しない組み合わせはd（のように0で表されます。 1、{1,2}）。（ノードを接続してそれ自体を含めることはできません）
例としてd（1、{2,3}）を取り上げます
。d（1、{2,3}）= min（C12 + d（2、{3}）、C13 + d（3、{2}）） 、したがって、d（2、{3}）とd（3、{2}）;
およびd（2、{3}）= C23 + d（3、{}）が見つかり、上記でC23 = 2が見つかります。次の表では、d（3、{}）= 3であるため、d（2、{3}）= 5であり、同じようにd（3、{2}）= 11である
ため、d（1 、{2,3}）= min（C12 + d（2、{3}）、C13 + d（3、{2}））= min（2 + 5,3 + 11）= 7
コードの実装
を確認するのは難しくありません。ここでの実装の主なポイントは、dpテーブルを確立することです。バイナリメソッドを使用してポイントセットメンバーを表すことができます。たとえば、111は{1,2,3}を表し、シフト操作を使用して、バイナリ表現を作成できます。m=1<<(n-1)
要素kがあるかどうかを設定するチェックポイントは、以下に基づくことができます。、m>>(k-1)k-1は、k番目の位置に移動するためであるため、最初のk-1ビットを削除する必要があります。
セット内のサブセットを取得するには、つまり、k番目のノードを削除する必要があります。andまたは^操作を使用できます。j^(1<<(k-1))
コード（参照：https：//blog.csdn.net/qq_39559641/article/details/101209534）：
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
using namespace std;
//定义节点数量
#define N 4
//设定一个大数，使其表示两节点无法连接，并在选取最小值时被筛选掉
#define INF 10e7
//依照节点数转换为集合组合可能数
static const int M = 1 << (N - 1);
//存储城市间的距离
int g[N][N] = {
{
INF,3,6,7},
{
5,INF,2,3},
{
6,4,INF,2},
{
3,7,5,INF}};
//dp表，由于存储d(i,V)的值
int dp[N][M];
//保存路径
vector<int> path;
//求两者最小值
int Min(int a,int b)
{
return (a > b) ? b : a;
}
//核心代码
void TSP()
{
//初始化dp[i][0]，因为头一列数都是该点直接到出发点s的距离
for(int i=0;i<N;i++)
{
dp[i][0] = g[i][0];
}
//开始推dp表，自左向右,自上向下更新
//我们第0行已初始化
for(int j=1;j<M;j++)
{
for(int i=0;i<N;i++)
{
//为了取最小值，所以应该先 往里面填写较大的数
dp[i][j] = INF;
//d(i,V)中，i不应存在于集合V内，若存在，则应该跳过
if(((j>>(i-1))&1)==1)
{
continue;
}
//从大集合{1,2,3}中选择，若i存在于V'中，则访问
for(int k=1;k<N;k++)
{
//如果该点不存在则跳过
if(((j >> (k - 1)) & 1) == 0)
{
continue;
}
//对比大小
dp[i][j] = Min(dp[i][j], g[i][k] + dp[k][j ^ (1 << (k - 1))]);
}
}
}
cout << "最短路劲长度为："<<dp[0][M - 1]<<endl;
}
//判断节点是否已访问，不包括0号
bool isVisited(bool visited[])
{
for(int i=1;i<N;i++)
{
if(visited[i]==false)
{
return false;
}
}
return true;
}
//获取最优路劲，保存在path中，根据动态规划反向找出最短路径节点
void getPath()
{
//建立访问标记数组
bool visited[N] = {
false };
//前驱节点编号
int pioneer = 0, min = INF, S = M - 1, temp;
//把初始节点0添加到里面
path.push_back(0);
//当存在节点为访问时
while (!isVisited(visited))
{
//判断子问题中的最优解
for(int i=1;i<N;i++)
{
//节点未访问且剩余集非空集
if(visited[i]==false&&(S&(1<<(i-1)))!=0)
{
//寻找最优解
if (min > g[i][pioneer] + dp[i][(S ^ (1 << (i - 1)))])
{
min = g[i][pioneer] + dp[i][(S ^ (1 << (i - 1)))];
temp = i;
}
}
}
//压入子问题最优解
pioneer = temp;
path.push_back(pioneer);
//标记节点已访问
visited[pioneer] = true;
//从剩余节点中去除已访问节点
S = S ^ (1 << (pioneer - 1));
min = INF;
}
}
//输出路径
void printPath() {
cout << "最小路径为：";
vector<int>::iterator it = path.begin();
for (it; it != path.end();it++) {
cout << *it << "--->";
}
//单独输出起点编号
cout << 0;
}
int main()
{
TSP();
getPath();
printPath();
return 0;
}
結果：
最短路劲长度为：10
最小路径为：0--->1--->2--->3--->0