毕业旅行问题

小明目前在做一份毕业旅行的规划。打算从北京出发，分别去若干个城市，然后再回到北京，每个城市之间均乘坐高铁，且每个城市只去一次。由于经费有限，希望能够通过合理的路线安排尽可能的省一些路上的花销。给定一组城市和每对城市之间的火车票的价钱，找到每个城市只访问一次并返回起点的最小车费花销。

时间限制：C/C++ 1秒，其他语言2秒
空间限制：C/C++ 32M，其他语言64M

输入描述：

城市个数n（1<n≤20，包括北京）

城市间的车票价钱 n行n列的矩阵 m[n][n]

输出描述：

最小车费花销 s

示例1

输入例子：

4
0 2 6 5
2 0 4 4
6 4 0 2
5 4 2 0

输出例子：

13

例子说明：

共 4 个城市，城市 1 和城市 1 的车费为0，城市 1 和城市 2 之间的车费为 2，城市 1 和城市 3 之间的车费为 6，城市 1 和城市 4 之间的车费为 5，依次类推。假设任意两个城市之间均有单程票可购买，且票价在1000元以内，无需考虑极端情况。

题解

我们最终的目的是为找一个包含所有点的最小环。因此可以任意选一个节点（城市）作为出发节点（城市），不会影响最终的效果。这里我们挑选第一个节点（城市：北京）作为出发点节。

首先，我们考虑暴力结题的思路。从一个点出发，任意其他没走过的城市都可以作为备选，从一开始有N-1个备选直到最后只有一个备选。那么时间复杂度就是$O(n!)$，这个时间复杂度是非常高的。在规定的时间内无法完成最高20个城市的旅行商问题。

因此我们考虑使用状态压缩的动态规划来解决这个问题，每个城市是否去过用一个bit表示，那么就需要$2^{20}=1048576$大小的数组就可以表示所有去过哪些城市的状态。我们还需要另一个状态表示当前处于哪一个节点（城市）。

令 $dis[i][j]$ 表示 $i$ 节点（城市）和 $j$ 节点（城市）的距离。
令 $dp[v][S]$ 表示从 $1$ 节点出发到过 $S$ 这些城市且最后停留在 $v$ 这个城市所需要的最短路程。接下来我们结合具体数值解释一下 $dp[v][S]$ 索引的意思，比如 $S=6$，j换成二进制就是0000 0000 0000 0000 0000 0110，表示$20$个城市目前从 $1$ 节点出发到过 $2$ 节点（城市）和 $3$ 节点（城市）；$v=3$ 表示目前停留在 $3$ 节点（城市）。

由此我们可知只要求得 $dp[1][2^{20}-1]$ 的值就是最终的答案了。这个值我们可以有由最初的状态不断地推导出来，且最初的状态结果是显而易见的。
$$\begin{array}{r}dp[v][S]=\{\begin{array}{clc}dis[1][v]& & S\oplus 2^{v-1}==0\\ \min (dp[u][S\oplus 2^{v-1}]+dis[u][v])& & S|2^{u-1}==1\end{array}\end{array}$$

C++代码

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

int N;  // 节点总数
int dis[21][21];  // 个节点之间的距离
int dp[21][1<<20];  // 第一个状态是最后一站，第二个状态描述目前旅行的地方

int main() {
    cin>>N;
    for(int i=1;i<=N;i++)
    for(int j=1;j<=N;j++){
        scanf("%d", &dis[i][j]);
    }
    memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
    for(int i=1;i<=N;i++){ // 递推公式的第一个条件
        dp[i][(1<<(i-1))] = dis[1][i];
    }
    for(int i=1;i<(1<<N);i++){
        for(int v=1;v<=N;v++){  // 下一个要去的节点
            if(i&(1<<(v-1))) continue;  // 已经去过v节点了
            for(int u=1;u<=N;u++){  // 当前所在节点
                if(!(i&(1<<(u-1)))) continue; // 还没去去过u
                int nxt = i|(1<<(v-1));  // 下一个状态
                if(dp[v][nxt] > dp[u][i]+dis[u][v]){  // 发现更近的路程
                    dp[v][nxt] = dp[u][i]+dis[u][v];
                }
            }
        }
    }
    cout<<dp[1][(1<<N)-1];  // 最后到达了1节点，并且经历过了所有节点。

    return 0;
}