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1、毕业旅行问题（今日头条2019笔试题）
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，小明希望能够通过合理的路线安排尽可能的省些路上的花销。
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。
注意：北京为 1 号城市。
输入格式
第一行包含一个正整数 n，表示城市个数。
接下来输入一个 n 行 n 列的矩阵，表示城市间的车票价钱。
输出格式
输出一个整数，表示最小车费花销。
数据范围
1<n≤20,包括北京
车票价格均不超过 1000 元。
输入样例：
4
0 2 6 5
2 0 4 4
6 4 0 2
5 4 2 0
输出样例：
13
说明
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，以此类推。
假设任意两个城市之间均有单程票可买，且价格均在 1000 元以内，无需考虑极端情况。
思路：
经典的状态压缩求最短路问题，每个城市只有两个状态：去过或者没去过，去过则为1，没去过则为0
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
const int N=20,M=1<<20;
int w[N][N];
int f[M][N];//M表示状态的压缩，N代表最后到哪一个城市了
int main()
{
cin>>n;
memset(f,0x3f,sizeof f);//每个状态为正无穷，表示还没取min
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<n;j++)
{
scanf("%d",&w[i][j]);
}
}
f[1][0]=0;//初始的状态（需要费用为0）
//从1开始表示北京已经去过了 （二进制表示为000.....1）
for(int i=1;i<1<<n;i++)//（1<<n）-1就是111....1
//例如n==5的时候，1<<5就是100000,减去1就是11111
{
for(int j=0;j<n;j++)//北京开始
{
//这个状态下（终点为j,状态为i）
if(i>>j&1)//（i>>j表示要到第j个城市，这个状态的j位就要是1（否则到不了））
{
for(int k=0;k<n;k++)//从第k个城市转移过来
{
if((i-(1<<j))>>k&1)//i中减去第j个城市后还包含k
//说明这个状态到过k，可以从k转移过来
f[i][j]=min(f[i][j],f[i-(1<<j)][k]+w[k][j]);
}
}
}
}
int res=1<<31-1;
for(int i=1;i<n;i++)
{
res=min(res,f[(1<<n)-1][i]+w[i][0]);
}
cout<<res;
return 0;
} 2、蒙德里安的梦想（算法竞赛进阶指南）
求把 N×M 的棋盘分割成若干个 1×2 的长方形，有多少种方案。
例如当 N=2，M=4 时，共有 5 种方案。当 N=2，M=3，时，共有 3 种方案。
如下图所示：
输入格式
输入包含多组测试用例。
每组测试用例占一行，包含两个整数 N 和 M。
当输入用例 N=0，M=0 时，表示输入终止，且该用例无需处理。
输出格式
每个测试用例输出一个结果，每个结果占一行。
数据范围
1≤N,M≤11
输入样例：
1 2
1 3
1 4
2 2
2 3
2 4
2 11
4 11
0 0
输出样例：
1
0
1
2
3
5
144
51205
思路：
先放置完横着放的，之后竖着放的方法就是固定的
一个重要的任务就是判断放置的方法是否合法
基本框架：
预处理：
dp：
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=12;
const int M=1<<11;
int n,m;
long long f[N][M];//第i列的状态为M ，j表示出头的方格数量
bool st[M];//用来表示某一种状态是否合法
int main()
{
while(cin>>n>>m,n || m)
{
memset(f,0,sizeof f);
//开始预处理
for(int i=0;i<1<<n;i++)//枚举每一种状态
{
int cnt=0;//记录连续的空格数量
st[i]=true;
for(int j=0;j<n;j++)
{
if(i>>j&1)//这个位置不是空格
{
if(cnt&1)st[i]=false;//这个位置之前的连续空格数量是奇数，不合法
cnt=0;
}
else cnt++;
}
if(cnt&1)st[i]=false;
}
f[0][0]=1;//第0列没有上一列，所以没有戳出来的
//小方块里什么都没有放，只有这一种状态
for(int i=1;i<=m;i++)//枚举列
{
for(int j=0;j<1<<n;j++)//枚举这一列的状态
{
for(int k=0;k<1<<n;k++)//枚举上一列的状态
{
if(((j&k)==0) && st[j|k])//(k列加上j列向后伸的格子后要合法)
{
f[i][j]+=f[i-1][k];
}
}
}
}
cout<<f[m][0]<<endl;
}
return 0;
}3、最短Hamilton路径（《算法竞赛进阶指南》&模板）
给定一张 n 个点的带权无向图，点从 0∼n−1 标号，求起点 0 到终点 n−1 的最短 Hamilton 路径。
Hamilton 路径的定义是从 0到 n−1 不重不漏地经过每个点恰好一次。
输入格式
第一行输入整数 n。
接下来 n 行每行 n 个整数，其中第 i 行第 j 个整数表示点 i 到 j 的距离（记为 a[i,j]）。
对于任意的 x,y,z，数据保证 a[x,x]=0，a[x,y]=a[y,x]，并且 a[x,y]+a[y,z]≥a[x,z]。
输出格式
输出一个整数，表示最短 Hamilton 路径的长度。
数据范围
1≤n≤20
0≤a[i,j]≤1e7
输入样例：
5
0 2 4 5 1
2 0 6 5 3
4 6 0 8 3
5 5 8 0 5
1 3 3 5 0
输出样例：
18思路：
状态压缩dp模板
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=20,M=1<<20;
int n;
int w[N][N];
int f[M][N];
int main()
{
int n;
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<n;j++)
{
scanf("%d",&w[i][j]);
}
}
//状态压缩dp
memset(f,0x3f,sizeof f);
//初始为0
f[1][0]=0;//i==1表示第一个点已经走了，j==0表示目前在第一个点
//从0000.。。1开始
for(int i=1;i<1<<n;i++)
{
//从起点0开始
for(int j=0;j<n;j++)
{
//只有i包含j这个点，才能从i这个状态转移到终点为j的状态
if(i>>j&1)
{
//f[i][k]---k-j
for(int k=0;k<n;k++)
{
if((i-(1<<j))>>k&1)
{
//(用不包含j点的状态来转移)
f[i][j]=min(f[i][j],f[i-(1<<j)][k]+w[k][j]);
}
}
}
}
}
int res=1<<31-1;
//for(int i=1;i<n;i++)
//{
// res=min(res,f[(1<<n)-1][i]);
//}
//cout<<res<<endl;
//标明了终点是n-1，所以说直接选终点是n-1的情况
cout<<f[(1<<n)-1][n-1];
return 0;
}4、国际象棋（第十二届蓝桥杯省赛第二场C++ A组/B组）
众所周知，“八皇后” 问题是求解在国际象棋棋盘上摆放 8 个皇后，使得两两之间互不攻击的方案数。
已经学习了很多算法的小蓝觉得 “八皇后” 问题太简单了，意犹未尽。作为一个国际象棋迷，他想研究在 N×M 的棋盘上，摆放 K 个马，使得两两之间互不攻击有多少种摆放方案。
由于方案数可能很大，只需计算答案除以 1000000007 (即 1e9+7) 的余数。
如下图所示，国际象棋中的马摆放在棋盘的方格内，走 “日” 字，位于 (x,y)格的马（可以攻击 (x+1,y+2)、(x+1,y−2)、(x−1,y+2)、(x−1,y−2)、(x+2,y+1)、(x+2,y−1)、(x−2,y+1) 和 (x−2,y−1) 共 8 个格子。
输入格式
输入一行包含三个正整数 N,M,K分别表示棋盘的行数、列数和马的个数。
输出格式
输出一个整数，表示摆放的方案数除以 1000000007(即 1e9+7) 的余数。
数据范围
对于 5%5% 的评测用例，K=1；
对于另外 10%10% 的评测用例，K=2；
对于另外 10%10% 的评测用例，N=1；
对于另外 20%20% 的评测用例，N,M≤6，K≤5；
对于另外 25%25% 的评测用例，N≤3，M≤20，K≤12；
对于所有评测用例，1≤N≤6，1≤M≤100，1≤K≤20。
输入样例1：
1 2 1
输出样例1：
2
输入样例2：
4 4 3
输出样例2：
276
输入样例3：
3 20 12
输出样例3：
914051446思路：
枚举思路：
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 110,M=6,MOD=1e9+7;
int f[N][1<<M][1<<M][21];
int n,m,k;
int get_count(int x)//返回x的二进制有多少个1
{
int res=0;
while(x)
{
res++;
x-=(x&-x);
}
return res;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
f[0][0][0][0]=1;//状态初始化：第0行时，状态只能是0，只能是放0个马
//5层循环比较乱，把图画出来，照着图写
for(int i=1;i<=m;i++)
{
for(int c=0;c<1<<n;c++)
{
for(int a=0;a<1<<n;a++)
{
if((c&(a<<2))||(a&(c<<2))) continue;
for(int b=0;b<1<<n;b++)
{
if(b&(a<<2)||a&(b<<2)) continue;
if(b&(c<<1)||c&(b<<1)) continue;
int t=get_count(b);
for(int j=t;j<=k;j++)
f[i][a][b][j]=(f[i][a][b][j]+f[i-1][c][a][j-t])%MOD;//对应集合划分，枚举j,f[i-1][c][a][j-t]都能到达f[i][a][b][j]
}
}
}
}
int res=0;
for(int a=0;a<1<<n;a++)
{
for(int b=0;b<1<<n;b++)
{
res=(res+f[m][a][b][k])%MOD;//m,k固定，a,b随意
}
}
printf("%d",res);
return 0;
}
5、小国王（《信息学奥赛一本通》 SGU223）
在 n×n 的棋盘上放 k 个国王，国王可攻击相邻的 8 个格子，求使它们无法互相攻击的方案总数。
输入格式
共一行，包含两个整数 n 和 k。
输出格式
共一行，表示方案总数，若不能够放置则输出0。
数据范围
1≤n≤10,
0≤k≤n**2
输入样例：
3 2
输出样例：
16思路：
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 11, M = 1 << N, C = N * N;
int n, m, K;
LL f[N][C][M];
int cnt[M];
vector<int> legal_state;
vector<int> state_trans[M];
bool check(int state)
{
return !(state & state >> 1);
}
int count(int state)
{
int res=0;
while(state)
{
res++;
state-=state & -state;
}
return res;
}
int main()
{
cin >> n >> K;
//预处理所有合法状态
for (int st = 0; st < 1 << n; ++ st)
//检查当前状态是否合法
if (check(st))
legal_state.push_back(st),
cnt[st] = count(st);
m = legal_state.size();
//预处理所有合法状态的合法转移
for (auto cur_st: legal_state)
for (auto to_st: legal_state)
if (!(cur_st & to_st) && check(cur_st | to_st))//上下不相邻且纵坐标也不相邻
state_trans[cur_st].push_back(to_st);
//动态规划
f[0][0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++ i)
for (int j = 0; j <= K; ++ j)
for (auto &state: legal_state)
for (auto &pre_st: state_trans[state])
if (j - cnt[state] >= 0)
f[i][j][state] += f[i - 1][j - cnt[state]][pre_st];
//统计目标状态的所有方案数
LL res = 0;
for (auto state: legal_state) res += f[n][K][state];
cout << res << endl;
return 0;
}