第12届蓝桥杯省赛A组C++回路计数（统计哈密尔顿回路个数，状压dp，记忆化搜索，超详解）

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答案：881012367360
题意：给一个无向图，求哈密顿回路数
分析：暴力思路就是数搜索路径，时间复杂度是O(n^n)级别的，超过15就跑不动了。所以需要优化。因为是计数问题，不是优化问题，带剪枝的回溯法也不适用。
于是想到了记忆化搜索（类dp），看到21能想到状压dp，正好2的21次int能存下，先尝试使用 dp [2 ^ 21]一维数组，转换成2进制后1代表访问过，0代表没访问过，可以表示所有点是否被访问的状态，dp[state]存有多少种方式可以形成状态state。然后发现状态转移方程无法表示，比如状态11101到状态11111，如果路径为1-3-5-4，则不能和2连通，而路径1-3-4-5就可以接着访问2，只有dp[11101]中的一部分可以为dp[11111]所用，因此dp[11111]不能用dp[11101]推出。
于是可以看出该问题不仅和是否访问有关，还和访问顺序有关，如果只把是否访问作为状态，则状态的粒度过大，无法利用是否联通的信息。我们需要重新设置含访问顺序的状态。但是如果把所有顺序存下，则dp会失效，因为dp的思想本来就是将暴力搜索树中的部分状态合并，如果所有的顺序都存下，和暴力搜索复杂度没有区别。
于是我们继续观察，根据题意互质的结点才相连，在状态10111下路径1-2-3-5和路径1-3-2-5虽然顺序不同，但是最后的5号点都是能和4相连，导出状态11111；还是状态10111，1-3-5-2和路径1-5-3-2都不能和4相连，不能导出状态11111，我们只需要再加一个最末位置，就可以分割开这两种情况，同时把1-2-3-5与1-3-2-5合并为一个状态 dp[10111][5] ， 1-3-5-2与1-5-3-2合并为一个状态 dp[10111][2] ，而dp[11111]中的dp[11111][4]=dp[10111][5]+dp[10111][3]，于是顺其自然的也推出了状态转移方程，在本例中这个式子的意思是，最后访问4的状态数量等于倒数第2个访问3的路径数加上和倒数第二个访问5的路径数。
总结：
1.看到N<=21左右，想到状态压缩
2.有限制的选择计数问题，考虑（类）dp和记忆化搜索
3.带着实例去分析问题往往更容易发现规律，更高效
4.状态的设置和状态转移方程紧密相连，往往设置状态要从一维开始，如果一维状态无法推出转移方程再考虑二维，高维。
5.记忆化搜索的核心是合并暴力搜索树上的结点，因此一定要朝合并状态方向去分析，写代码时也一定要用到存起来的状态。

#include <bits/stdc++.h>
const int maxn=21;
const int maxs=1<<maxn;
typedef long long ll;
using namespace std;
int N;
ll dp[maxs+100][maxn];//存状态
int g[maxn+5][maxn+5];//存图
ll dfs(int state,int pos){
    if(dp[state][pos]!=-1)return dp[state][pos];//一定要用到存储的状态！！！
    ll res=0;
    for(int i=1;i<N;i++){
        if(((state>>i)&1)==0)continue;
        if(g[i][pos]==1){
            dp[state-(1<<pos)][i]=dfs(state-(1<<pos),i);
            res+=dp[state-(1<<pos)][i];//不要直接用dp[state][pos]加因为初值是-1！！
        }
    }
    return dp[state][pos]=res;
}
int main()
{
    memset(dp,-1,sizeof dp);
    cin>>N;
    while(1);
    for(int i=1;i<=N;i++){
        for(int j=i;j<=N;j++){
            if(__gcd(i,j)==1)g[i-1][j-1]=1,g[j-1][i-1]=1;//1到N映射为0到N-1
        }
    }
    for(int i=1;i<N;i++){//初始化
        dp[(1<<i)+1][i]=1;
    }
    ll sum=0;
    for(int i=1;i<N;i++){
        dp[(1<<N)-1][i]=dfs((1<<N)-1,i);
        sum+=dp[(1<<N)-1][i];
        cout<<dp[(1<<N)-1][i]<<endl;
    }
    cout<<sum<<endl;
    return 0;
}

注意：dp数组要初始化为-1，这样可以判断state有没有更新过，如果更新过可以直接在函数开头return dp[state][pos]
同时记得不要直接dp[state][pos]+=x，因为初值是-1。

附两个有该题解的链接，可以参照着学习：
https://blog.csdn.net/weixin_46239370/article/details/105464885
中的https://blog.csdn.net/weixin_46239370/article/details/116805499
还要
https://blog.csdn.net/qq_36306833/article/details/121872050
这两个博客还有其他题的题解

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