詳解狀態壓縮動態規劃算法

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今天是算法與數據結構專題的第16篇，也是動態規劃系列的第5篇。

今天文章的內容是動態規劃當中很是常見的一個分支——狀態壓縮動態規劃，不少人對於狀態壓縮畏懼如虎，但其實並無那麼難，但願我今天的文章能帶大家學到這個經典的應用。

二進制表示狀態

在講解多重揹包問題的時候，咱們曾經講過二進制表示法來解決多重揹包。利用二進制的性質，將多個物品拆分紅少數個物品，轉化成了簡單的零一揹包來解決。今天的狀態壓縮一樣離不開二進制，不過我我的感受今天的二進制應用更加容易理解一些。

二進制的不少應用離不開集合這個概念，咱們都知道在計算機當中，全部數據都是以二進制的形式存儲的。通常一個int整形是4個字節，也就是32位bit，咱們經過這32位bit上0和1的組合能夠表示多大21億個不一樣的數。若是咱們把這32位bit當作是一個集合，那麼每個數都應該對應集合的一種狀態，而且每一個數的狀態都是不一樣的。

好比上圖當中，咱們列舉了5個二進制位，咱們把其中兩個設置成了1，其他的設置成了0。咱們經過計算，能夠獲得6這個數字，那麼6也就表明了(00110)這個狀態。數字和狀態是一一對應的，由於每一個整數轉化成二進制都是惟一的。

也就是說一個整數能夠轉化成二進制數，它能夠表明某個集合的一個狀態，這二者一一對應。這一點很是重要，是後面一切推導的基礎。

狀態轉移

整數的二進制表示能夠表明一個二元集合的狀態，既然是狀態就能夠轉移。在此基礎上，咱們能夠得出另外一個很是重要的結論——咱們能夠用整數的加減表示狀態之間的轉移。

咱們還用剛纔的例子來舉例，上面的圖當中咱們列舉了5個二進制位，假設咱們用這5個二進制位表示5個小球，這些小球的編號分別是0到4。這樣一來，剛纔的6能夠認爲表示拿取了1號和2號兩個小球的狀態。

若是這個時候咱們又拿取了3號小球，那麼集合的狀態會發生變化，咱們用一張圖來表示：

上圖當中粉絲的筆表示決策，好比咱們拿取了3號球就是一個決策，在這個決策的影響下，集合的狀態發生了轉移。轉移以後的集合表明的數是14，它是由以前的集合6加上轉移帶來的變化，也就是獲得的。恰好就表明拿取3號球這個決策，這樣咱們就把整個過程串起來了。

總結一下，咱們用二進制的0和1表示一個二元集合的狀態。能夠簡單認爲某個物品存在或者不存在的狀態。因爲二進制的0和1能夠轉化成一個int整數，也就是說咱們用整數表明了一個集合的狀態。這樣一來，咱們能夠用整數的加減計算來表明集合狀態的變化。

這也就是狀態壓縮的精髓，所謂的壓縮，其實就是將一個集合壓縮成了一個整數的意思，由於整數能夠做爲數組的下標，這樣操做會方便咱們的編碼。

旅行商問題

明白了狀態壓縮的含義以後，咱們來看一道經典的例題，也就是大名鼎鼎的旅行商問題。

旅行商問題的背景頗有意思，說是有一個商人想要旅行各地並進行貿易。各地之間有若干條單向的通道相連，商人從一個地方出發，想要用最短的路程把全部地區環遊一遍，請問環遊須要的最短路程是多少？在這題當中，咱們假設商人從0位置出發，最後依然回到位置0。

咱們來看下面這張圖來直觀地感覺一下：

假設咱們的商人從0位置出發，想要環遊一週以後再次回到0，那麼它所須要經歷的最短距離是多少呢？

這個圖仍是比較簡單的，若是在極端狀況下也就是全部點之間都有連線的時候，對於每個點來講，它能夠選擇的下一個位置一共有n-1種。那麼一共能夠選擇的路線總共有n!種，這是一個很是大的值，顯然是咱們不能接受的。這也是爲何咱們說旅行商問題是一個NP-Hard問題。

NP問題

既然說到了NP問題，簡單和你們聊聊NP問題的定義。

不少算法的初學者對於這些概念很是迷糊，也的確，這些概念聽起來都差很少，的確很容易搞暈。咱們先從最簡單的開始介紹，首先是P問題。

P問題能夠認爲是已經解決的問題，這個解決的定義是能夠作多項式的時間複雜度內解決。所謂的多項式，也就是，這裏的k是一個常數。與多項式相反的函數有不少，好比指數函數、階乘等等。

NP問題並非P問題的反義，這裏的N不能理解成No，就好像noSQL不是非SQL的意思同樣。NP問題指的是能夠在多項式內驗證解的問題。

好比給定一個排序的序列讓咱們判斷它是否是有序的，這很簡單，咱們只須要遍歷一下就行了。再好比大整數的因式分解，咱們來作因式分解會很難，可是讓咱們判斷一個因式分解的解法是否是正確則要簡單得多，咱們直接把它們乘起來和原式比較就能夠了。

顯然全部P問題都是NP問題，既然咱們能夠多項式內找到解，那麼必然咱們也能夠在多項式內驗證解是否正確。可是反過來是否成立呢，是否多項式時間內能夠驗證解的問題，也能夠經過某種算法能夠在多項式時間內被解開呢？到底是咱們暫時尚未想到算法，仍是解法一開始就不存在呢？

上面的這個問題就是著名的NP=P是否成立的問題，這個問題目前仍然是一個謎，有些人相信成立，有些人不相信，這也被認爲是二十一世紀的最大難題之一。

爲了證實這個問題，科學家們又想出了一個辦法，就是給問題作規約。舉個例子，好比解方程，咱們解一元一次方程很是簡單，而解二元一次方程則要困難一些。若是咱們想出瞭解二元一次方程的辦法，那麼必然也能夠用來解一元一次方程，由於咱們只須要令另外一個未知數等於0就是一元一次方程了。

同理，咱們也能夠把NP問題作轉化，將它的難度增大，增大到極限成爲一個終極問題。因爲這個終極問題是全部NP問題轉化獲得的，只要咱們想出算法來解決了終極問題，那麼，全部的NP問題所有都迎刃而解。就好比若是咱們想出瞭解N元方程的算法，那麼這一類解方程的問題就都搞定了。這種轉化以後獲得的問題稱爲NP徹底問題，也叫作NPC問題。

下面咱們來看一個經典的NPC問題，即邏輯電路問題。

下圖是一個邏輯電路，假設咱們知道它的輸出是True，咱們也知道了電路的結構，那麼請問咱們可否肯定必定能夠找到一個輸入的組合，使得最後的輸出是True嗎？

它顯然是一個NP問題，由於咱們能夠直接把解法代入電路去計算一下，就能夠驗證這個解是否正確，可是想要獲得答案卻很難。通過嚴謹的證實，全部NP問題均可以通過轉化獲得它，也就是說若是咱們找到一種解法能夠在多項式內解決這個問題，那麼咱們就解決了全部的NP問題。

最後，還有一個NP-Hard問題，NP-Hard問題是說全部NP問題能夠通過轉化獲得它，可是它自己並非NP問題，也就是說咱們沒法在多項式時間內判斷它的解是否正確。

好比剛纔提到的旅行商問題就是一個NP-Hard問題，由於即便咱們給定了一個解，咱們也沒有辦法快速判斷給定的解是否正確，必需要遍歷完全部的狀況才能夠。咱們驗證的複雜度就已經超出了多項式的範疇，因此它不屬於NP問題，比NP問題更加困難，因此是一個NP-Hard問題。

狀態壓縮解法

說完了NP問題，咱們回到算法自己。

既然咱們要用動態規劃的思路來解決這個問題，就不能脫離狀態和決策。前文說了咱們利用二進制能夠用一個整數來表示一個集合的狀態，咱們很容易會把這個狀態當成是動態規劃當中的狀態，但其實這是不對的。

單純集合之間的轉移沒有限制條件，好比以前的例子當中咱們已經拿了1號球和2號球，後面只要是剩下的球均可以拿，可是旅行商問題不同，假設咱們去過了0和1兩個地方，咱們當前在位置1，咱們是沒法用2和5兩地之間的連線來更新這個狀態的，由於咱們當前只能從1號位置出發。也就是說咱們能採起的決策是有限制的。

因此咱們不能只單純地拿集合的狀態來當作狀態，爲了保證地點之間的移動順序正確，咱們還須要加上一維，也就是當前所處的位置。因此真正的狀態是咱們以前遍歷過的位置的狀態，加上當前所處的地點，這二者的結合。

狀態肯定了，決策就很簡單了，凡是當前地點能去的以前沒有去過的位置，均可以構成決策。

咱們以前說過，在動態規劃問題當中，複雜度等於狀態數乘上決策數，狀態數是，決策數就是n，因此整體的複雜度是。雖然這個數字看起來仍然大得誇張，可是仍然要比n!小不少。

咱們舉個例子來看下，若是n=10，n!=3628800，，二者相差了三十多倍。隨着n的增大，二者的差距還會更大。

最後，咱們來實現如下算法：

import math

if __name__ == "__main__":
    inf = 1 << 31
    # 鄰接矩陣存儲邊權重
    d = [[inf for _ in range(10)] for _ in range(10)]
    # 測試數據
    edges = [[0, 1, 3], [1, 2, 5], [2, 3, 5], [3, 4, 3], [4, 0, 7], [4, 1, 6], [0, 3, 4], [2, 0, 4]]
    for u, v, l in edges:
        d[u][v] = l

    # 初始化成近似無窮大的值
    dp = [[inf for _ in range(5)] for _ in range((1 << 5))]
    dp[0][0] = 0

    # 遍歷狀態
    for s in range(1, (1 << 5)):
        for u in range(5):
            # 遍歷決策
            for v in range(5):
                # 必需要求這個點沒有去過
                if (s >> v) & 1 == 0:
                    continue
                dp[s][v] = min(dp[s][v], dp[s - (1 << v)][u] + d[u][v])

    print(dp[(1 << 5) - 1][0])

在acm競賽的代碼風格當中，咱們一般用u表示邊的起點，v表示邊的終點。因此上面的三重循環第一種是遍歷了全部的狀態，後面兩重循環是枚舉了起點和終點，也就是全部的邊。咱們遍歷的是當前這個狀態以前的最後一次移動的邊，也就是說當前的點是v，以前的點是u，因此以前的狀態是s - ，決策帶來的開銷是d[u][v]，也就是從u到v的距離。

若是讀過以前文章的小夥伴，會發現這是一個逆推的動態規劃。咱們枚舉當前的狀態和當前狀態的全部來源，從而找到當前狀態的最優解。若是對這個概念不熟悉的同窗，能夠查看一下以前動態規劃下的其餘文章。

這段代碼當中有兩個細節，第一個細節是咱們沒有作u的合法判斷，有可能咱們u是不合法的，好比咱們的集合當中只有2和3兩個點，可是咱們卻枚舉了從4到5的策略。這樣是沒問題的，由於咱們開始的時候把全部的狀態都設置成了無窮大，只有合法的狀態纔不是無窮，因爲咱們但願最後獲得的結果越小越好，不合法的狀態是不會被用來更新的。

第二個細節稍微隱蔽一些，就是咱們在初始化的時候設置了dp[0][0] = 0。這表示咱們是從空集開始的，而不是從0點開始的。由於0點已經遍歷過的狀態對應的數字是1，固然咱們也能夠設置成0已經訪問過了，從0點開始，這樣的話因爲每一個點不能重複訪問，因此最後咱們是沒法回到0點的，要獲得正確結果咱們還須要加上回到0點須要的消耗。

分析一下會發現第一點是第二點的基礎，若是咱們在枚舉策略的時候都判斷一下u點是否也合法，那麼這個算法就沒有辦法執行，由於對於空集而言，全部點都是未訪問過的，也都是非法狀態，咱們就找不到一個訪問過的u做爲決策的起點。

若是你看不懂上面的作法也沒有關係，我再附上一種稍稍簡單一些的方法：

    # 咱們從0點已經遍歷開始
    dp[1][0] = 0

    for s in range(2, (1 << 5)):
        for u in range(5):
            # 嚴格限制u必須已經遍歷過
            if (s >> u) & 1 == 0:
                continue
            for v in range(5):
                if (s >> v) & 1 == 0:
                    continue
                dp[s][v] = min(dp[s][v], dp[s - (1 << v)][u] + d[u][v])

    ans = inf
    # 最後加上回到0點的距離
    for i in range(5):
        ans = min(ans, dp[(1 << 5) - 1][i] + d[i][0])
        
    print(ans)

在這一種作法當中，咱們從狀態1開始，也就是說咱們把0號位置當作當前所在的點，而且已經遍歷過了，因此標記成了1。這樣的問題是咱們沒有辦法再回到0了，由於一個點只能走一次，因此最後的時候須要再尋找回到0點的最優路徑。

(1 << n) - 1的值是從0到n-1個二進制位都是1的值，表示這n個位置所有已經遍歷過了。而後咱們遍歷全部回到0點的出發點，找到距離最近的那條。相比於上面的作法，這種作法更容易理解一些，可是代碼多寫幾行，可是更容易理解一些。我建議若是直接理解第一段代碼有困難的話，能夠先搞懂第二段，而後再想明白爲何第一段代碼也成立。

總結

不知道有多少人成功看到了這裏，動態規劃的確不簡單，第一次學的話會以爲很困難難以理解是正常的。可是它是屬於那種入門以前以爲特別難，可是一旦想明白了以後就特別簡單的問題。並且你們從代碼量上也看得出來，我用了幾千字描述的算法，寫出來竟然只有十幾行。

動態規劃算法一直都是如此，代碼不長，但每一行都是精髓。從這點上來講，它的性價比還真的是蠻高的。

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