海贼王之伟大航路
Time Limit:1000MS Memory Limit:65536KB 64bit IO Format:%I64d & %I64u
Description
“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？
Input
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。
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。
Output
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。
Sample Input
样例输入1：
4
0 10 20 999
5 0 90 30
99 50 0 10
999 1 2 0 样例输入2：
5
0 18 13 98 8
89 0 45 78 43
22 38 0 96 12
68 19 29 0 52
95 83 21 24 0
Sample Output
样例输出1：
100 样例输出2：
137
Hint
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。
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。
/*/
中文题。。。。
题目告诉我们直接历遍会超时，所以需要去剪枝，关键是怎么剪枝。
这里有几个思路：
1.减去途中已经比之前的mint更大的枝；
2.从1经过2 3 4 到达 5有很多种方法，记录到达这个时候的最小时间，减去比到达这个状态耗时更多的状态。 /*/ #include"iostream"
#include"cstdio"
#include"cstring"
#include"algorithm"
using namespace std; //神奇的二进制强行搜索。。。
int vis[17][1<<18];
//一开始 vis 我设置的是一维的发现虽然已经走过的岛虽然已经成功记录，但是现在所在的岛可能不同，所以还得加一维。
int node[17][17];
bool ifgone[17];
//记录岛是否走过
int mint;
int x,T;
void dfs(int nowland,int nowtime,int nowstate) {
x++; //这里是走过的岛的个数
ifgone[nowland]=1;
if(x==T-1) {//如果走到了倒数第二个岛，直接加上该岛到最后一个岛的时间比较最小时间，深搜结束
mint=min(mint,nowtime+node[nowland][T]);
return;
}
if(nowtime>=mint) {//如果已经超过最小的时间了，深搜结束；
return;
}
if(nowtime<vis[nowland][nowstate]||vis[nowland][nowstate]==0) {
vis[nowland][nowstate]=nowtime;
} else return; //如果现在这个状态和之前来过的相同状态比所用时间要更加大的话，深搜结束； for(int i=1; i<T; i++) {
if(ifgone[i]==0) { //继续往没走过的岛去搜索
dfs(i,nowtime+node[nowland][i],nowstate+((1<<nowland-1))); //【1<<nowland 和 noland<<1 这两个一个是2^nowland 一个是nowland*2 找了好久。。。】
x--;
ifgone[i]=0;//这里要记得清空走过的标记
}
} } int main() {
while(~scanf("%d",&T)) {
for(int i=1; i<=T; i++) {
for(int j=1; j<=T; j++) {
scanf("%d",&node[i][j]);
}
}
x=0;
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(ifgone,0,sizeof(ifgone));
mint=1<<29;
dfs(1,0,1);
printf("%d\n",mint);
}
return 0;
}