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
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]
最小车费花销 s
4
0 2 6 5
2 0 4 4
6 4 0 2
5 4 2 0
13
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。
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 ! ) O(n!) 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 2^{20} = 1048576 220=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 d i s [ i ] [ j ] dis[i][j] dis[i][j] 表示 i i i 节点（城市）和 j j j 节点（城市）的距离。
令 d p [ v ] [ S ] dp[v][S] dp[v][S] 表示从 1 1 1 节点出发到过 S S S 这些城市且最后停留在 v v 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 d p [ v ] [ S ] dp[v][S] dp[v][S] 索引的意思，比如 S = 6 S=6 S=6，j换成二进制就是0000 0000 0000 0000 0000 0110，表示 20 20 20个城市目前从 1 1 1 节点出发到过 2 2 2 节点（城市）和 3 3 3 节点（城市）； v = 3 v=3 v=3 表示目前停留在 3 3 3 节点（城市）。
由此我们可知只要求得 d p [ 1 ] [ 2 20 − 1 ] dp[1][2^{20}-1] dp[1][220−1] 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。
d p [ v ] [ S ] = { d i s [ 1 ] [ v ] S ⊕ 2 v − 1 = = 0 min ( d p [ u ] [ S ⊕ 2 v − 1 ] + d i s [ u ] [ v ] ) S ∣ 2 u − 1 = = 1 \begin{aligned} dp[v][S]=\left\{ \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} \right. \end{aligned} dp[v][S]={
dis[1][v]min(dp[u][S⊕2v−1]+dis[u][v])S⊕2v−1==0S∣2u−1==1
#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;
}
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