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漢米頓迴路

引入

旅行推銷員問題(TSP)

給一張 \(n\) 點 \(m\) 邊無向圖，邊帶權，求走過所有點的最短路徑

\(1\le n\le 16\)

先把任意兩點的最短路徑 dis(i, j) 算出來，因為點可以重複走，所以我們將沒相鄰兩點的 dis(i, j) 拿來用也沒差。dis(i, j) 可用 Floyd Warshall 建出來。

\(S_i\) 代表有沒有拜訪過第 \(i\) 個城市，令 \(dp(S, v)\) 為走過 \(S\) 並且現在在 \(v\) 的最短路徑。我們可以列出轉移式 :

\[dp(S, v) = \min\{ dp(S -\{v\}, u) + w(u, v) \}\]

最後，答案就是 \(\min\{ dp(\{ V \}, 0), dp(\{ V \}, 1),\ldots , dp(\{ V \}, n - 1\}\)。這樣的時間複雜度是 \(O(2^n \times n) \times O(n) = O(n^2 \times 2^n)\)

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#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define pii pair<int, int>
#define pb push_back
using namespace std;

const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 21;
vector<int> G[maxn];

void shortestPathLength() {
    int n, eg;
    cin >> n >> eg;
    vector<vector<int>> d(n,vector<int>(n, INF));
    int u, v, w;
    for (int i = 0; i < eg; i++) {
        cin >> u >> v >> w;
        u--,v--;
        d[u][v] = w;
        d[v][u] = w;
        G[u].pb(v);
        G[v].pb(u);
    }
    vector<vector<int>> dp(n, vector<int>((1 << n), INF));
    int ans = INF;
    for(int mask = 0; mask < (1 << n); mask++){
        vector<int> b;
        for (int i = 0; i < maxn; i++) {
            if (mask & (1 << i)) {
                b.pb(i);
            }
        }
        for(int i = 0;i < b.size(); i++){
            if(b.size() == 1 && b[0] == 0) { 
                dp[0][mask] = 0;
            }
            for(int j = 0;j < b.size(); j++){
                if(i == j) continue;
                int v = b[i], u = b[j];
                dp[v][mask] = min(dp[v][mask], dp[u][mask ^ (1 << v)] + d[v][u]);
            }
        }
    }
    int mask = (1 << n) - 1;
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        ans = min(dp[i][mask] + d[i][0], ans);
    }
    if(ans >= INF) cout << -1 << "\n";
    else cout << ans << "\n";
}

signed main () {
    shortestPathLength();
}

點只能走一次

CSES - Hamiltonian Flights

給一張 \(n\) 點 \(m\) 邊有向圖，求走過所有點恰一次的方法數

\(2\le n\le 20,1\le m\le n^2\)

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

const int N = 20;
const int M = 1000000007;

vector<int> G[N];
int dp[(1 << N)][N];

signed main() {
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);

    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        u--, v--;
        if (u == v) continue;
        G[v].push_back(u);
    }

    dp[1][0] = 1;
    for (int mask = 0; mask < (1 << n); mask++) {
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            if (mask & (1 << i)) {
                for (int k : G[i]) {
                    dp[mask][i] += dp[mask ^ (1 << i)][k];
                }
                dp[mask][i] %= M;
            }
        }
    }
    cout << dp[(1 << n) - 1][n - 1] << '\n';
}

這時就不能去算沒相鄰的 i, j 兩點的 dis(i, j) 了，直接用輸入給的 adjacency matrix 即可

迴路

Sprout OJ 187. 高棕梠觀光農場

給你一張 \(n\) 點帶權完全圖，求最短的 Hamiltonian cycle 長。

固定起點，假設起點是 0，dp[{0}][1] = 0, dp[{v}][v] = INF，ans = min{ dp[(1<<n) - 1][u]+ dis[0][u] }

例題

TOI 2022 pE. 間諜

給一個 \(n\times m\) 的 Grid，對於第 i 步，不能和第 i-1 步同行或同列或同對角線，輸出經過每個點恰好一次的 Hamiltonian cycle

\(n\times m\le 2000\)