本文主要是介绍海贼王之伟大航路（状压DP 动态规划） 北京大学ACM/ICPC竞赛训练暑期课，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！
海贼王之伟大航路
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“我是要成为海贼王的男人！”，路飞一边喊着这样的口号，一边和他的伙伴们一起踏上了伟大航路的艰险历程。
路飞他们伟大航路行程的起点是罗格镇，终点是拉夫德鲁（那里藏匿着“唯一的大秘宝”——ONE PIECE）。而航程中间，则是各式各样的岛屿。
因为伟大航路上的气候十分异常，所以来往任意两个岛屿之间的时间差别很大，从A岛到B岛可能需要1天，而从B岛到A岛则可能需要1年。当然，任意两个岛之间的航行时间虽然差别很大，但都是已知的。
现在假设路飞一行从罗格镇（起点）出发，遍历伟大航路中间所有的岛屿（但是已经经过的岛屿不能再次经过），最后到达拉夫德鲁（终点）。假设他们在岛上不作任何的停留，请问，他们最少需要花费多少时间才能到达终点？
输入
输入数据包含多行。
第一行包含一个整数N(2 < N ≤ 16)，代表伟大航路上一共有N个岛屿（包含起点的罗格镇和终点的拉夫德鲁）。其中，起点的编号为1，终点的编号为N。
之后的N行每一行包含N个整数，其中，第i(1 ≤ i ≤ N)行的第j(1 ≤ j ≤ N)个整数代表从第i个岛屿出发到第j个岛屿需要的时间t(0 < t < 10000)。第i行第i个整数为0。
输出
输出为一个整数，代表路飞一行从起点遍历所有中间岛屿（不重复）之后到达终点所需要的最少的时间。
样例输入
样例输入1： 4 0 10 20 999 5 0 90 30 99 50 0 10 999 1 2 0样例输入2： 5 0 18 13 98 8 89 0 45 78 43 22 38 0 96 12 68 19 29 0 52 95 83 21 24 0
样例输出
样例输出1： 100样例输出2： 137
提示
提示：
对于样例输入1：路飞选择从起点岛屿1出发，依次经过岛屿3，岛屿2，最后到达终点岛屿4。花费时间为20+50+30=100。
对于样例输入2：可能的路径及总时间为：
1,2,3,4,5: 18+45+96+52=211
1,2,4,3,5: 18+78+29+12=137
1,3,2,4,5: 13+38+78+52=181
1,3,4,2,5: 13+96+19+43=171
1,4,2,3,5: 98+19+45+12=174
1,4,3,2,5: 98+29+38+43=208
所以最短的时间花费为137
单纯的枚举在N=16时需要14!次运算，一定会超时。
1.用 dp[s][j] 表示经过集合s中的每个点恰好一次，且最后走的点是j (j ∈s)的最佳路径的长度。（集合s，用一般的形式表达是非常麻烦的，这个时候就可以考虑用状态压缩。用二进制表示，1表示已经被访问过，0表示未被访问。）
2.最终就是要求： min([ dp[all][j] ) ( 0 <= j < N ) all是所有点的集合。
3.状态方程：dp[s][j] = min{ dp[s’][k] + w[k][j] } (j ∈s, s’ = s – j, k ∈s’，枚举每个k, w[k][j]是k到j的边权值)
4.边界条件： dp[{i}][i] = 0
6.全部n个点的点集，对应的整数是： (1 << n) – 1
7.最终要求：min( dp[(1<<n)-1][j] ) ( 0 <= j < n )
8.位运算 （例：从集合i中去掉点j，得到新集合s’: s’ = s & ( ~( 1 << j ) ) 或 s’ = s - ( 1 << j )）
#include<iostream>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define maxn (1<<16)+1
using namespace std;
int a[20][20],n;
int dp[maxn][20];int get(int i,int j)
{//dp[i,j]代表1到【i代表的这些点】所需的最少时间，且这趟旅程到的最后一个点在j if( j==1 && i!=1 ) return dp[i][j] = INF; //只有当旅程只包含1的时候最后一个到的点才能是1 if(dp[i][j]!=INF) return dp[i][j];if( i == 1 && j==1 ) return dp[i][j]=0;//枚举倒数第二个岛屿在哪for(int k=1;k<n;k++){if(k==j) continue;//倒数第二个岛不能是倒数第一个岛 if( i & 1<<(k-1) ) dp[i][j] = min( dp[i][j], get(i- (1<<(j-1)),k)+a[k][j] );}return dp[i][j];
}int main()
{for(int i=1;i<maxn;i++)for(int j=1;j<20;j++) dp[i][j]=INF;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++) cin>>a[i][j];cout<<get( (1<<n)-1,n );return 0;
}
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