题目描述
给定一张 nn 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nn。
接下来nn行每行nn个整数，其中第ii行第jj个整数表示点ii到jj的距离（记为a[i,j]）。
对于任意的x,y,zx,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≤201≤n≤20

0≤a[i,j]≤107

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

题解：
考虑通过dp来优化暴力做法；
暴力做法 枚举每一种从0走到n-1的走法；考虑第一步有n-1种选择，第i步有n-i种选择，最后一步即第n-1步走到第n-1个城市有一种走法，算法复杂度为O（n！） ；
20！ 为2432902008176640000，远远超过10的8次方，在本题是不能采取这种算法；

考虑通过状态dp来进行优化；
举例 从0到4；
可以走 0 1 2 3 4 0 3 2 1 4
也可以走 0 2 1 3 4 0 2 3 1 4
我们走到4时把前面经过123 到达1 2 3的路径都再一次枚举了一遍，所以复杂度很高，我们只需要
用数组f[maxm][maxn]记录一遍经过了m二进制上的城市后停留在n的最短路径即可；就是用空间换时间了

weight[k][j]表示编号为k的城市到编号为j的城市的距离；
i的二进制数位上为1，表示经过这些个城市了。
f[i][j]表示经过了i的城市，目前停留在j；
状态转移方程为 f[i][j]=f[i-(1<<j)][k]+weight[k][j];

由于我们从0开始枚举到(1<<n)-1;所以 求f[i][j]所需要的f[i-(1<<j)][k]是已经被求出来了的；
算法复杂度为o(n2^n) 在本题最高为202^20 差不多就是 2e7 刚好够啊 时间卡的也还行

以下给出ac代码：

//之前一直用《bits/stdc++.h》但是大佬说用那个很慢所以还是手敲几
//个头文件把 
#include <stdio.h> 
#include <string.h> 
#include <algorithm> 
using namespace std; 
const int maxn=20,maxm=1<<20;
int f[maxm][maxn],weight[maxn][maxn];
int n;
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=0;i<n;i++)
        for(int j=0;j<n;j++)
            scanf("%d",&weight[i][j]);    memset(f,0x3f,sizeof f);
    f[1][0]=0;
    for(int i=0;i<1<<n;i++){
        for(int j=0;j<n;j++){
            if(i>>j&1){
                for(int k=0;k<n;k++){
                    if(i-(1<<j)>>k&1){
                        f[i][j]=min(f[i][j],f[i-(1<<j)][k]+weight[k][j]);
                    }
                }
            }
        }
    }
    printf("%d\n",f[(1<<n)-1][n-1]);
}