一、题目
- 一个售货员必须访问n个城市，恰好访问每个城市一次，并最终回到出发城市。
售货员从城市i到城市j的旅行费用是一个整数，旅行所需的全部费用是他旅行经过的的各边费用之和，而售货员希望使整个旅行费用最低。 - （等价于求图的最短哈密尔顿回路问题）令G=(V, E)是一个带权重的有向图，顶点集V=(v0, v1, ..., vn-1)。从图中任一顶点vi出发，经图中所有其他顶点一次且只有一次，最后回到同一顶点vi的最短路径。
二、测试用例
其中1,2,3,4,5代表五个城市。此模型可抽象为图，可用邻接矩阵c表示，如下图所示：
三、动态规划方程
假设从顶点s出发，令d(i, V)表示从顶点i出发经过V(是一个点的集合)中各个顶点一次且仅一次，最后回到出发点s的最短路径长度。
推导：(分情况来讨论)
①当V为空集，那么
，表示直接从i回到s了，此时
且 
②如果V不为空，那么就是对子问题的最优求解。你必须在V这个城市集合中，尝试每一个，并求出最优解。
注：
表示选择的城市和城市i的距离，
是一个子问题。
综上所述，TSP问题的动态规划方程就出来了：
四、用例分析
现在对问题定义中的例子来说明TSP的求解过程。(假设出发城市是 0城市)
这里只画出了d(1,{2,3,4}),由于篇幅有限这里就不画了。
①我们要求的最终结果是d(0,{1,2,3,4}),它表示，从城市0开始，经过{1,2,3,4}之中的城市并且只有一次，求出最短路径.。
②d(0,{1,2,3,4})是不能一下子求出来的，那么他的值是怎么得出的呢？看上图的第二层，第二层表明了d(0,{1,2,3,4})所需依赖的值。那么得出：
③d(1,{2,3,4})，d(2,{1,3,4})，d(3,{1,2,4})，d(4,{1,2,3})同样也不是一步就能求出来的，它们的解一样需要有依赖，就比如说d(1,{2,3,4})
d(2,{1,3,4})，d(3,{1,2,4})，d(4,{1,2,3})同样需要这么求。
④按照上面的思路，只有最后一层的，当V为空集时，就可以满足 且 该条件，直接求出dp数组部分的值。
五、数据结构
由上述动态规划公式d(i,V)表示从顶点i出发经过V(是一个点的集合)中各个顶点一次且仅一次，最后回到出发点s的最短路径长度。根据上述给的测试用例有5个城市编号0,1,2,3,4。那么访问n个城市，恰好访问每个城市一次，并最终回到出发城市的嘴短距离可表示为d(0,{1,2,3,4}),那么问题来了我们用什么数据结构表示d(i,V)，这里我们就可二维数据dp[N][M]来表示，N表示城市的个数，M表示集合的数量，即
,之所以这么表示因为集合V有
个子集。根据测试用例可得出如下dp数组表格：
那么你们可能就有疑问了，为什么这么表示？这里说明一下比如集合{1,2,3,4}为什么用15表示，我们可以把 集合中元素看成二进制1的位置（二进制从右开始看），1表示从右开始第一位为1,2表示从又开始第二位为1，所以集合{1,2,3,4}可表示二进制（1111）转化为十进制为15。再举个例子比如集合{1,3}表示为二进制为0101，十进制为5。所以我们求出dp[0][15]（通用表示dp[0][
]）就是本题的最终解。
注意：
- 对于第y个城市，他的二进制表达为，1<<(y-1)。
- 对于数字x，要看它的第i位是不是1，那么可以通过判断布尔表达式 (((x >> (i - 1) ) & 1) == 1或者（x & (1<<(i-1))）!= 0的真值来实现。
- 由动态规划公式可知，需要从集合中剔除元素。假如集合用索引x表示，要剔除元素标号为i,我们异或运算实现减法，其运算表示为： x = x ^ (1<<(i - 1))。
六、最短路径顶点的计算
我们先计算dp[N][M]数组之后，我可以用dp数组来反向推出其路径。其算法思想如下：
比如在第一步时，我们就知道那个值最小，如下图所示：
因为dp[][]数组我们已经计算出来了，由计算可知C01+d(1,{2,3,4})最小，所以一开始从起始点0出发，经过1。接下来同样计算d(1,{2,3,4})
由计算可知C14+d(4,{2,3})所以0--->1---->4，接下来同理求d(4,{2,3})，这里就省略，读者可以自行计算。最终计算出来的路径为：0--->1--->4--->2--->3--->0
七、代码编写
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <vector>
using namespace std;
#define N 5
#define INF 10e7
#define min(a,b) ((a>b)?b:a)
static const int M = 1 << (N-1);
//存储城市之间的距离
int g[N][N] = {{0,3,INF,8,9},
{3,0,3,10,5},
{INF,3,0,4,3},
{8,10,4,0,20},
{9,5,3,20,0}};
//保存顶点i到状态s最后回到起始点的最小距离
int dp[N][M] ;
//保存路径
vector<int> path;
//核心函数，求出动态规划dp数组
void TSP(){
//初始化dp[i][0]
for(int i = 0 ; i < N ;i++){
dp[i][0] = g[i][0];
}
//求解dp[i][j],先跟新列在更新行
for(int j = 1 ; j < M ;j++){
for(int i = 0 ; i < N ;i++ ){
dp[i][j] = INF;
//如果集和j(或状态j)中包含结点i,则不符合条件退出
if( ((j >> (i-1)) & 1) == 1){
continue;
}
for(int k = 1 ; k < N ; k++){
if( ((j >> (k-1)) & 1) == 0){
continue;
}
if( dp[i][j] > g[i][k] + dp[k][j^(1<<(k-1))]){
dp[i][j] = g[i][k] + dp[k][j^(1<<(k-1))];
}
}
}
}
}
//判断结点是否都以访问,不包括0号结点
bool isVisited(bool visited[]){
for(int i = 1 ; i<N ;i++){
if(visited[i] == false){
return false;
}
}
return true;
}
//获取最优路径，保存在path中,根据动态规划公式反向找出最短路径结点
void getPath(){
//标记访问数组
bool visited[N] = {false};
//前驱节点编号
int pioneer = 0 ,min = INF, S = M - 1,temp ;
//把起点结点编号加入容器
path.push_back(0);
while(!isVisited(visited)){
for(int i=1; i<N;i++){
if(visited[i] == false && (S&(1<<(i-1))) != 0){
if(min > g[i][pioneer] + dp[i][(S^(1<<(i-1)))]){
min = g[i][pioneer] + dp[i][(S^(1<<(i-1)))] ;
temp = i;
}
}
}
pioneer = temp;
path.push_back(pioneer);
visited[pioneer] = true;
S = S ^ (1<<(pioneer - 1));
min = INF;
}
}
//输出路径
void printPath(){
cout<<"最小路径为：";
vector<int>::iterator it = path.begin();
for(it ; it != path.end();it++){
cout<<*it<<"--->";
}
//单独输出起点编号
cout<<0;
}
int main()
{
TSP();
cout<<"最小值为："<<dp[0][M-1]<<endl;
getPath();
printPath();
return 0;
}
八、测试结果及性能分析
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转载：https://blog.csdn.net/qq_39559641/article/details/101209534