最优配对问题（集合上的动态规划） —— 状压DP

题目来源：紫书P284

题意：

给出n个点的空间坐标（n为偶数， n<=20）， 把他们配成n/2对， 问：怎样配对才能使点对的距离和最小？ 

题解：

设dp[s]为：状态为s（s代表着某个子集）时， 它的最小距离和。

1.对于一个状态s， 首先要计算它减少两个点后的状态的最小距离和， 然后当前状态才能从这些状态中转移过来。

2.如何转移：对于状态s， 在集合中随便找一个点，枚举集合中的其他点与它配对， 取距离和最小的那一对。

3.为什么选定一个点，然后枚举集合中的其他点就可以呢？而两个点都要枚举呢？ 因为：对于选定的点， 它总得要和集合中的其他点配对， 那么答案就肯定蕴藏在某一次配对中了。而枚举两个点， 实际上是多余的。

实现：

1.递推：自底向上，从最小的子集开始计算， 然后大的子集就可以从中转移过来。缺点是点数为奇数的情况也考虑进去了（可以预先判断点数是否为偶，以决定是否需要进入 计算）， 速度慢。

2.记忆化搜索：很好理解，对于状态s， 假设它的偶数子集的最小距离和都计算出来了， 那么选定某个点， 再枚举其他点就可以了。而且避免了奇数个元素的子集的计算。

递推：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
const int INF = 2e9;
const int maxn = 21;

struct Node{
double x, y, z;
}dot[maxn];

int n;
double dp[1<<maxn+1];

double dis(Node a, Node b)
{
return sqrt( (a.x - b.x)*(a.x - b.x) + (a.y - b.y)*(a.y - b.y) + (a.z - b.z)*(a.z - b.z) );
}

void solve()
{
dp[0] = 0;
for(int i = 1; i<(1<<n); i++)
dp[i] = INF;

for(int s = 1; s < (1 << n); s++)
{
int i;
for(i = 0; i<n; i++)
if(s&(1<<i)) break;

for(int j = i+1; j<n; j++)
if(s&(1<<j))
dp[s] = min(dp[s], dis(dot[i], dot[j]) + dp[s^(1<<i)^(1<<j)]);
}
}

int main()
{
cin >> n;
for(int i = 0; i < n; i++)
cin >> dot[i].x >> dot[i].y >> dot[i].z;

solve();
cout << dp[(1<<n) - 1] << endl;
}

记忆化搜索：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
const int INF = 2e9;
const int maxn = 21;

struct Node{
double x, y, z;
}dot[maxn];

int n;
double dp[1<<maxn];

double dis(Node a, Node b)
{
return sqrt( (a.x - b.x)*(a.x - b.x) + (a.y - b.y)*(a.y - b.y) + (a.z - b.z)*(a.z - b.z) );
}

double dfs(int s)
{
if(dp[s] != INF)
return dp[s];

int i;
for(i = 0; i<n; i++)
if(s&(1<<i)) break;

for(int j = i+1; j<n; j++)
if(s&(1<<j))
dp[s] = min( dp[s], dis(dot[i], dot[j]) + dfs(s^(1<<i)^(1<<j)) );

return dp[s];
}

int main()
{
cin >> n;
for(int i = 0; i < n; i++)
cin >> dot[i].x >> dot[i].y >> dot[i].z;

dp[0] = 0;
for(int i = 1; i < (1<<n); i++)
dp[i] = INF;

cout << dfs((1<<n) - 1) << endl;
}