描述
“我是要成为海贼王的男人！”，路飞一边喊着这样的口号，一边和他的伙伴们一起踏上了伟大航路的艰险历程。
路飞他们伟大航路行程的起点是罗格镇，终点是拉夫德鲁（那里藏匿着“唯一的大秘宝”——ONE PIECE）。而航程中间，则是各式各样的岛屿。
因为伟大航路上的气候十分异常，所以来往任意两个岛屿之间的时间差别很大，从A岛到B岛可能需要1天，而从B岛到A岛则可能需要1年。当然，
任意两个岛之间的航行时间虽然差别很大，但都是已知的。
现在假设路飞一行从罗格镇（起点）出发，遍历伟大航路中间所有的岛屿（但是已经经过的岛屿不能再次经过），最后到达拉夫德鲁（终点）。
假设他们在岛上不作任何的停留，请问，他们最少需要花费多少时间才能到达终点？
输入
输入数据包含多行。
第一行包含一个整数N(2 < N ≤ 16)，代表伟大航路上一共有N个岛屿（包含起点的罗格镇和终点的拉夫德鲁）。其中，起点的编号为1，终点的编号为N。
之后的N行每一行包含N个整数，其中，第i(1 ≤ i ≤ N)行的第j(1 ≤ j ≤ N)个整数代表从第i个岛屿出发到第j个岛屿需要的时间t(0 < t < 10000)。第i行第i个整数为0。
输出
输出为一个整数，代表路飞一行从起点遍历所有中间岛屿（不重复）之后到达终点所需要的最少的时间。
样例输入
样例输入1：
4
0 10 20 999
5 0 90 30
99 50 0 10
999 1 2 0
样例输入2：
5
0 18 13 98 8
89 0 45 78 43
22 38 0 96 12
68 19 29 0 52
95 83 21 24 0
样例输出
样例输出1：
100
样例输出2：
137
提示
提示：
对于样例输入1：路飞选择从起点岛屿1出发，依次经过岛屿3，岛屿2，最后到达终点岛屿4。花费时间为20+50+30=100。
对于样例输入2：可能的路径及总时间为：
1,2,3,4,5: 18+45+96+52=211
1,2,4,3,5: 18+78+29+12=137
1,3,2,4,5: 13+38+78+52=181
1,3,4,2,5: 13+96+19+43=171
1,4,2,3,5: 98+19+45+12=174
1,4,3,2,5: 98+29+38+43=208
所以最短的时间花费为137
单纯的枚举在N=16时需要14!次运算，一定会超时。
题中已做说明，单纯的枚举一定会超时，因此需要剪枝操作。
剪枝一般有两种：
一是最优性剪枝，从初始状态到当前状态的代价已经不小于目前找到的最优解，则剪枝；
预测从当前状态到解的状态所至少要花的代价，如果其加上到达当前状态时已经花费的代价已大于目前找到的最优解,则剪枝；
如果到达某个状态A时，发现前面曾经也到达过A，且前面那次到达A所花代价更少，则剪枝。这要求记录到目前为止到达状态A时所能取得的最小代价。
二是可行性剪枝，如果发现在当前状态已无法到达解得状态，则剪枝。
而本题中，任意两点均存在路径，因此没有可行性剪枝，
三种最优性剪枝均可用于本题，其余几种均很好考虑或易于操作，
需要注意的是第二种，由于路径至少为一，最简单的预测是剩余点数乘以一，因为每个点都需要遍历，
稍微优良一点的方法是将这个数定为所有边的最小值，
更优的办法是预先求出到达某点的路径最小值，然后对当前状态下没走过的点的最小路径值进行相加即可。
当然，我偷懒了。
再来说下状态压缩。对于该问题，当你到达某一个点时，与之相关的是所有已到达过的点，而不是走的方式。
那么，对于第三种最优性剪枝，我们需要用一个数组来记录当前状态下的暂时最优值，而我们需要表示当前所到达过的点的集合，
这可以用一个至多16位的数来表示，其中从左往右数第 i 位的数用来表示第 i 个节点是否在已走过的集合内， 1表示已走过，0表示未走过。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <map>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <string>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
typedef long long LL;
int n,ans;
int minl[17][1<<17],imap[20][20];
bool v[20];
void dfs(int a,int c)
{
if(minl[a][c]>ans){
return;
}
if((c|(1<<(n-1)))==(1<<n)-1){
ans=min(ans,minl[a][c]+imap[a][n]);
return;
}
for(int i=2;i<=n-1;i++){
if(!v[i]){
int state=c|(1<<(i-1));
if(a==1){
v[i]=true;
minl[i][state]=imap[a][i];
dfs(i,state);
v[i]=false;
}else{
if(minl[i][state]>minl[a][c]+imap[a][i]){
v[i]=true;
minl[i][state]=minl[a][c]+imap[a][i];
dfs(i,state);
v[i]=false;
}
}
}
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
scanf("%d",&imap[i][j]);
}
}
memset(v,false,sizeof(v));
memset(minl,INF,sizeof(minl));
ans=INF;
v[1]=true;
dfs(1,1);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
来源：CSDN
作者：Megumin
链接：https://blog.csdn.net/Megumin/article/details/51972117