POJ4124伟大的航线

描述

“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1：40 10 20 9995 0 90 3099 50 0 10999 1 2 0样例输入2：50 18 13 98 889 0 45 78 43 22 38 0 96 1268 19 29 0 5295 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。

本人的心得感悟：

这道题需要很明显用到DFS深度搜索，经过的点数为N，如果单纯用DFS的话，需要搜索(N-1)!次，妥妥超时，这时我们需要对这棵庞大的搜索树进行剪枝。我们引入一个状态矩阵。存放到达该路径下到达当前点的当前最优值。咳咳，例如：从1点出发，到达5点，那么zhuang_tai[5][11101]代表三条可能的路径：1->2->3->4->5,1->3->2->4->5,1->2->4->3->5,1->3->2->5->4,1->4->2->3->5,1->4->3->2->5这6条路径，如果不进行剪枝的话，5点之后的搜索灰常庞大！！！所以当zhuang_tai[5][11101] < 当前值time时，{return;}减掉，不再5点之后继续深度搜索，这是其中一处剪枝，受益匪浅！

#include<iostream>#include<string.h>#include<algorithm>using namespace std;int reach_time[20][20];int zhuang_tai[20][1<<20];int visited[20];int N;int ans ;//存放遍历所有点的路径的当前最少时间，即完整便利路径的当前最优值/*BFS函数说明：深度优先搜索，cur_land代表当前访问节点的标号time代表访问到cur_land节点已经用的时间total:已经访问到的点（包括起点和终点）的个数land_state:当前路径的状态*/void BFS(int cur_land,int time,int total,int land_state){    if(time >= ans){return ;}//到达cur_land点时用的时间已经大于当前最优值了，剪枝（你好没走完呢，用的时间比全路程时间还多，妥妥剪枝）    if(zhuang_tai[cur_land][land_state] == -1 ||zhuang_tai[cur_land][land_state] > time)//zhuang_tai矩阵如果是新的，直接写入，如果有其他更优的路径，更新    {        zhuang_tai[cur_land][land_state] = time;    }    else{return ;}//当前路径的time大于以前的时间，剪枝    if(total == N && cur_land == N)//total == n说明这个路径已经遍历到所有点；cur_land == n说明最后一个点是N点    {        ans = min(ans,time);//更新当前最优值        return ;    }    for(int i = 2;i <= N;i ++ )    {        if(visited[i]){continue;}//在这条路径下，标号为i的点被访问过，换其他的点        else//在这条路径下，i点没有被访问        {            visited[i] = 1;//置访问标志            BFS(i,time + reach_time[cur_land][i],total + 1,land_state + (1 << i));            //cout<<"cur_land"<<cur_land<<endl;            visited[i] = 0;        }    }}int main(){    while(cin >> N)    {       memset(zhuang_tai,-1,sizeof(zhuang_tai));//将状态矩阵初始化-1       memset(visited,0,sizeof(visited));//将访问矩阵置0       ans = 0x3fffffff;//更新最优值ans       for(int i = 1;i <= N;i ++ )//节点标号是从1到N       {           for(int j = 1;j <= N;j ++)//节点标号是从1到N           {               cin >> reach_time[i][j];           }       }       BFS(1,0,1,1);       cout<<ans<<endl;    }    return 0;}