【AtCoder】E - Magical Ornament 图论 状压dp

题意：告诉你有哪些两两可以相邻，问你能不能排列出一个包含一串数的序列，且序列长度最小。

思路：不知道是不是想复杂了。写完感觉不是这个位置的题该有的难度（应该是我太菜了）。
1.首先，建图，相邻的对就连边，把题意转化成在该图上跑出一个最短路径包含序列中的所有点（点可重复）。
2.因为走的点的先后顺序未知，所以我们只能通过bfs得到单次从s开始到各点的最短路径，下一步要考虑顺序问题。
3.用$dp[i][j]$表示，走完i所表示的集合中的点，且最后一步是走到第j个点时的最优解。其中i集合为二进制表示，一共有$k$位，每一位表示该位的点是否在路径中。如$dp[7][2]$，7即二进制下111，代表在这我走完这3个点时，最后一步是第二个点。 也就是前一步是101， 最后一步完成后转移到111。 这样，我们的状态转移方程就是：
$dp[nextState][last]=min(dp[nextState][last],dp[i][j]+dis[j][last])$
表示下一个状态集合以last为结尾的最优解，由当前状态加上j到last两点间距转移过来。
4.最后遍历一遍到达末状态11111…11（k个1）时最后一步的各个情况来取最小值即可。
详见代码注释

AC代码：

#include<iostream>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<map>
#include <queue>
#include<sstream>
#include <stack>
#include <set>
#include <bitset>
#include<vector>
#define FAST ios::sync_with_stdio(false)
#define abs(a) ((a)>=0?(a):-(a))
#define sz(x) ((int)(x).size())
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;++i)
#define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;--i)
#define endl 'n'
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> PII;
const int maxn = 1e5+200;
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps = 1e-7;
const double pi=acos(-1.0);
const int mod = 1e9+7;
inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
void ex_gcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y){if(!b){d=a,x=1,y=0;}else{ex_gcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}}//x=(x%(b/d)+(b/d))%(b/d);
inline ll qpow(ll a,ll b,ll MOD=mod){ll res=1;a%=MOD;while(b>0){if(b&1)res=res*a%MOD;a=a*a%MOD;b>>=1;}return res;}
inline ll inv(ll x,ll p){return qpow(x,p-2,p);}
inline ll Jos(ll n,ll k,ll s=1){ll res=0;rep(i,1,n+1) res=(res+k)%i;return (res+s)%n;}
inline ll read(){ ll f = 1; ll x = 0;char ch = getchar();while(ch>'9'||ch<'0') {if(ch=='-') f=-1; ch = getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9') x = (x<<3) + (x<<1) + ch - '0',  ch = getchar();return x*f; }
int dir[4][2] = { {1,0}, {-1,0},{0,1},{0,-1} };

bool vis[maxn];
vector<vector<ll> > D(maxn);
ll dis[20][20];
ll d[maxn];
ll a[maxn];
ll dp[1<<18][20];   // dp[i][j]表示路径上有i表示的集合的数时，最后一步是j时的最优解

void bfs(int s) //跑bfs，记录从起点s开始走向各点的最短路（因为是权值为1所以只需要一个bfs就能跑出来）
{
    queue<PII> q;
    q.push(mp(s,0));
    vis[s] = 1;
    while(!q.empty())
    {
        ll x = q.front().fi;
        ll dd = q.front().se;
        q.pop();
        d[x] = dd;
        for(int i=0; i<D[x].size(); i++)
        {
            ll y = D[x][i];
            if(!vis[y])
            q.push(mp(y,dd+1)), vis[y] = 1;
        }
    }
}

int main()
{
    ll n = read(), m = read();
    rep(i,1,m)
    {
        ll x = read(), y = read();
        D[x].pb(y);
        D[y].pb(x);
    }
    ll k = read();
    rep(i,1,k) a[i] = read();

    ll ans = inf;
    rep(i,1,k)
    {
        rep(j,1,n) vis[j] = 0, d[j] = inf;;
        bfs(a[i]);
        rep(j,1,k) dis[i][j] = d[a[j]]; //记录每个点之间的最短路径
    }
    mem(dp,inf);
    rep(i,0,k-1) dp[1<<i][i+1] = 1; //初始化，表示我只要路径上有第i个点的时候，只需要一步

    rep(i,1,(1<<k)-1)       //遍历所有状态
    {
        rep(j,1,k)      //j表示达到i状态的最后的那个数
        {
            if(dp[i][j]==inf) continue;     //我要到下一个状态，首先自己要达得到
            rep(last,1,k)    //去看看下一个状态
            {
                if(last==j) continue;
                if(!(i>>(last-1)&1))     //如果状态集合里面这一位没有，说明可以转移
                {
                    int nextState = i + (1<<(last-1)) ;      //下一状态集合就把这一位补上
                    dp[nextState][last] = min(dp[nextState][last], dp[i][j] + dis[j][last]);   //要么不变，要么更新成当前最优解加上两者之间距离
                }
            }

        }
    }
    rep(i,1,k) ans = min(ans,dp[(1<<k)-1][i]);  //到达最后状态的可能有k种，遍历找到最小的那个
    if(ans==inf) cout<<-1<<endl;
    else
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

最后

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