详解状态压缩动态规划算法

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今天是算法与数据结构专题的第16篇，也是动态规划系列的第5篇。

今天文章的内容是动态规划当中很是常见的一个分支——状态压缩动态规划，不少人对于状态压缩畏惧如虎，但其实并无那么难，但愿我今天的文章能带大家学到这个经典的应用。

二进制表示状态

在讲解多重背包问题的时候，咱们曾经讲过二进制表示法来解决多重背包。利用二进制的性质，将多个物品拆分红少数个物品，转化成了简单的零一背包来解决。今天的状态压缩一样离不开二进制，不过我我的感受今天的二进制应用更加容易理解一些。

二进制的不少应用离不开集合这个概念，咱们都知道在计算机当中，全部数据都是以二进制的形式存储的。通常一个int整形是4个字节，也就是32位bit，咱们经过这32位bit上0和1的组合能够表示多大21亿个不一样的数。若是咱们把这32位bit当作是一个集合，那么每个数都应该对应集合的一种状态，而且每一个数的状态都是不一样的。

好比上图当中，咱们列举了5个二进制位，咱们把其中两个设置成了1，其他的设置成了0。咱们经过计算，能够获得6这个数字，那么6也就表明了(00110)这个状态。数字和状态是一一对应的，由于每一个整数转化成二进制都是惟一的。

也就是说一个整数能够转化成二进制数，它能够表明某个集合的一个状态，这二者一一对应。这一点很是重要，是后面一切推导的基础。

状态转移

整数的二进制表示能够表明一个二元集合的状态，既然是状态就能够转移。在此基础上，咱们能够得出另外一个很是重要的结论——咱们能够用整数的加减表示状态之间的转移。

咱们还用刚才的例子来举例，上面的图当中咱们列举了5个二进制位，假设咱们用这5个二进制位表示5个小球，这些小球的编号分别是0到4。这样一来，刚才的6能够认为表示拿取了1号和2号两个小球的状态。

若是这个时候咱们又拿取了3号小球，那么集合的状态会发生变化，咱们用一张图来表示：

上图当中粉丝的笔表示决策，好比咱们拿取了3号球就是一个决策，在这个决策的影响下，集合的状态发生了转移。转移以后的集合表明的数是14，它是由以前的集合6加上转移带来的变化，也就是获得的。恰好就表明拿取3号球这个决策，这样咱们就把整个过程串起来了。

总结一下，咱们用二进制的0和1表示一个二元集合的状态。能够简单认为某个物品存在或者不存在的状态。因为二进制的0和1能够转化成一个int整数，也就是说咱们用整数表明了一个集合的状态。这样一来，咱们能够用整数的加减计算来表明集合状态的变化。

这也就是状态压缩的精髓，所谓的压缩，其实就是将一个集合压缩成了一个整数的意思，由于整数能够做为数组的下标，这样操做会方便咱们的编码。

旅行商问题

明白了状态压缩的含义以后，咱们来看一道经典的例题，也就是大名鼎鼎的旅行商问题。

旅行商问题的背景颇有意思，说是有一个商人想要旅行各地并进行贸易。各地之间有若干条单向的通道相连，商人从一个地方出发，想要用最短的路程把全部地区环游一遍，请问环游须要的最短路程是多少？在这题当中，咱们假设商人从0位置出发，最后依然回到位置0。

咱们来看下面这张图来直观地感觉一下：

假设咱们的商人从0位置出发，想要环游一周以后再次回到0，那么它所须要经历的最短距离是多少呢？

这个图仍是比较简单的，若是在极端状况下也就是全部点之间都有连线的时候，对于每个点来讲，它能够选择的下一个位置一共有n-1种。那么一共能够选择的路线总共有n!种，这是一个很是大的值，显然是咱们不能接受的。这也是为何咱们说旅行商问题是一个NP-Hard问题。

NP问题

既然说到了NP问题，简单和你们聊聊NP问题的定义。

不少算法的初学者对于这些概念很是迷糊，也的确，这些概念听起来都差很少，的确很容易搞晕。咱们先从最简单的开始介绍，首先是P问题。

P问题能够认为是已经解决的问题，这个解决的定义是能够作多项式的时间复杂度内解决。所谓的多项式，也就是，这里的k是一个常数。与多项式相反的函数有不少，好比指数函数、阶乘等等。

NP问题并非P问题的反义，这里的N不能理解成No，就好像noSQL不是非SQL的意思同样。NP问题指的是能够在多项式内验证解的问题。

好比给定一个排序的序列让咱们判断它是否是有序的，这很简单，咱们只须要遍历一下就行了。再好比大整数的因式分解，咱们来作因式分解会很难，可是让咱们判断一个因式分解的解法是否是正确则要简单得多，咱们直接把它们乘起来和原式比较就能够了。

显然全部P问题都是NP问题，既然咱们能够多项式内找到解，那么必然咱们也能够在多项式内验证解是否正确。可是反过来是否成立呢，是否多项式时间内能够验证解的问题，也能够经过某种算法能够在多项式时间内被解开呢？到底是咱们暂时尚未想到算法，仍是解法一开始就不存在呢？

上面的这个问题就是著名的NP=P是否成立的问题，这个问题目前仍然是一个谜，有些人相信成立，有些人不相信，这也被认为是二十一世纪的最大难题之一。

为了证实这个问题，科学家们又想出了一个办法，就是给问题作规约。举个例子，好比解方程，咱们解一元一次方程很是简单，而解二元一次方程则要困难一些。若是咱们想出了解二元一次方程的办法，那么必然也能够用来解一元一次方程，由于咱们只须要令另外一个未知数等于0就是一元一次方程了。

同理，咱们也能够把NP问题作转化，将它的难度增大，增大到极限成为一个终极问题。因为这个终极问题是全部NP问题转化获得的，只要咱们想出算法来解决了终极问题，那么，全部的NP问题所有都迎刃而解。就好比若是咱们想出了解N元方程的算法，那么这一类解方程的问题就都搞定了。这种转化以后获得的问题称为NP彻底问题，也叫作NPC问题。

下面咱们来看一个经典的NPC问题，即逻辑电路问题。

下图是一个逻辑电路，假设咱们知道它的输出是True，咱们也知道了电路的结构，那么请问咱们可否肯定必定能够找到一个输入的组合，使得最后的输出是True吗？

它显然是一个NP问题，由于咱们能够直接把解法代入电路去计算一下，就能够验证这个解是否正确，可是想要获得答案却很难。通过严谨的证实，全部NP问题均可以通过转化获得它，也就是说若是咱们找到一种解法能够在多项式内解决这个问题，那么咱们就解决了全部的NP问题。

最后，还有一个NP-Hard问题，NP-Hard问题是说全部NP问题能够通过转化获得它，可是它自己并非NP问题，也就是说咱们没法在多项式时间内判断它的解是否正确。

好比刚才提到的旅行商问题就是一个NP-Hard问题，由于即便咱们给定了一个解，咱们也没有办法快速判断给定的解是否正确，必需要遍历完全部的状况才能够。咱们验证的复杂度就已经超出了多项式的范畴，因此它不属于NP问题，比NP问题更加困难，因此是一个NP-Hard问题。

状态压缩解法

说完了NP问题，咱们回到算法自己。

既然咱们要用动态规划的思路来解决这个问题，就不能脱离状态和决策。前文说了咱们利用二进制能够用一个整数来表示一个集合的状态，咱们很容易会把这个状态当成是动态规划当中的状态，但其实这是不对的。

单纯集合之间的转移没有限制条件，好比以前的例子当中咱们已经拿了1号球和2号球，后面只要是剩下的球均可以拿，可是旅行商问题不同，假设咱们去过了0和1两个地方，咱们当前在位置1，咱们是没法用2和5两地之间的连线来更新这个状态的，由于咱们当前只能从1号位置出发。也就是说咱们能采起的决策是有限制的。

因此咱们不能只单纯地拿集合的状态来当作状态，为了保证地点之间的移动顺序正确，咱们还须要加上一维，也就是当前所处的位置。因此真正的状态是咱们以前遍历过的位置的状态，加上当前所处的地点，这二者的结合。

状态肯定了，决策就很简单了，凡是当前地点能去的以前没有去过的位置，均可以构成决策。

咱们以前说过，在动态规划问题当中，复杂度等于状态数乘上决策数，状态数是，决策数就是n，因此整体的复杂度是。虽然这个数字看起来仍然大得夸张，可是仍然要比n!小不少。

咱们举个例子来看下，若是n=10，n!=3628800，，二者相差了三十多倍。随着n的增大，二者的差距还会更大。

最后，咱们来实现如下算法：

import math

if __name__ == "__main__":
    inf = 1 << 31
    # 邻接矩阵存储边权重
    d = [[inf for _ in range(10)] for _ in range(10)]
    # 测试数据
    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

    # 初始化成近似无穷大的值
    dp = [[inf for _ in range(5)] for _ in range((1 << 5))]
    dp[0][0] = 0

    # 遍历状态
    for s in range(1, (1 << 5)):
        for u in range(5):
            # 遍历决策
            for v in range(5):
                # 必需要求这个点没有去过
                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竞赛的代码风格当中，咱们一般用u表示边的起点，v表示边的终点。因此上面的三重循环第一种是遍历了全部的状态，后面两重循环是枚举了起点和终点，也就是全部的边。咱们遍历的是当前这个状态以前的最后一次移动的边，也就是说当前的点是v，以前的点是u，因此以前的状态是s - ，决策带来的开销是d[u][v]，也就是从u到v的距离。

若是读过以前文章的小伙伴，会发现这是一个逆推的动态规划。咱们枚举当前的状态和当前状态的全部来源，从而找到当前状态的最优解。若是对这个概念不熟悉的同窗，能够查看一下以前动态规划下的其余文章。

这段代码当中有两个细节，第一个细节是咱们没有作u的合法判断，有可能咱们u是不合法的，好比咱们的集合当中只有2和3两个点，可是咱们却枚举了从4到5的策略。这样是没问题的，由于咱们开始的时候把全部的状态都设置成了无穷大，只有合法的状态才不是无穷，因为咱们但愿最后获得的结果越小越好，不合法的状态是不会被用来更新的。

第二个细节稍微隐蔽一些，就是咱们在初始化的时候设置了dp[0][0] = 0。这表示咱们是从空集开始的，而不是从0点开始的。由于0点已经遍历过的状态对应的数字是1，固然咱们也能够设置成0已经访问过了，从0点开始，这样的话因为每一个点不能重复访问，因此最后咱们是没法回到0点的，要获得正确结果咱们还须要加上回到0点须要的消耗。

分析一下会发现第一点是第二点的基础，若是咱们在枚举策略的时候都判断一下u点是否也合法，那么这个算法就没有办法执行，由于对于空集而言，全部点都是未访问过的，也都是非法状态，咱们就找不到一个访问过的u做为决策的起点。

若是你看不懂上面的作法也没有关系，我再附上一种稍稍简单一些的方法：

    # 咱们从0点已经遍历开始
    dp[1][0] = 0

    for s in range(2, (1 << 5)):
        for u in range(5):
            # 严格限制u必须已经遍历过
            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
    # 最后加上回到0点的距离
    for i in range(5):
        ans = min(ans, dp[(1 << 5) - 1][i] + d[i][0])
        
    print(ans)

在这一种作法当中，咱们从状态1开始，也就是说咱们把0号位置当作当前所在的点，而且已经遍历过了，因此标记成了1。这样的问题是咱们没有办法再回到0了，由于一个点只能走一次，因此最后的时候须要再寻找回到0点的最优路径。

(1 << n) - 1的值是从0到n-1个二进制位都是1的值，表示这n个位置所有已经遍历过了。而后咱们遍历全部回到0点的出发点，找到距离最近的那条。相比于上面的作法，这种作法更容易理解一些，可是代码多写几行，可是更容易理解一些。我建议若是直接理解第一段代码有困难的话，能够先搞懂第二段，而后再想明白为何第一段代码也成立。

总结

不知道有多少人成功看到了这里，动态规划的确不简单，第一次学的话会以为很困难难以理解是正常的。可是它是属于那种入门以前以为特别难，可是一旦想明白了以后就特别简单的问题。并且你们从代码量上也看得出来，我用了几千字描述的算法，写出来竟然只有十几行。

动态规划算法一直都是如此，代码不长，但每一行都是精髓。从这点上来讲，它的性价比还真的是蛮高的。

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