十六度空间 - 题解

标签与难度

标签: 动态规划, 状压DP, 旅行商问题(TSP), 组合数学, 容斥原理, 曼哈顿距离难度: 2500

题目大意喵~

主人你好呀，这道题是要我们在一个 $n$ 维空间里玩耍哦！

我们有 $m$ 个给定的点，坐标都是整数。从一个点移动到另一个点，每一步只能沿着某个坐标轴移动一个单位长度（也就是坐标值 $+1$ 或 $-1$ ）。

现在，有 $k$ 个点被指定为可以作为起点。我们的任务是，从这 $k$ 个点中的任意一个出发，找到一条路径，把所有 $m$ 个点都访问到。我们需要计算出这条路径所需的最少总步数，以及在步数最少的前提下，有多少种不同的走法，喵~

两种走法不同，要么是总步数不一样，要么是路径中某一步的移动方向（即改变哪个维度的坐标）不一样。

简单来说，就是在一个高维网格里，解决一个带计数功能的旅行商问题（TSP）！是不是听起来就很有挑战性呀？

解题思路分析

喵哈哈，这道题看似是在高维空间里遨游，但只要我们一层层剥开它的外壳，就能发现其中的奥秘啦！让本喵带你一步步分析吧！

Step 1: 问题的核心——旅行商问题 (TSP)

首先，我们要访问所有 $m$ 个点，并求最小代价，这可是个经典的旅行商问题（TSP）的信号呢！看到题目中 $m \le 16$ 这个小小的数字，我们的猫猫雷达就应该立刻锁定状压DP！

我们可以定义一个状态 dp[mask][i]，表示当前已经访问过的点的集合是 mask（一个二进制数，第 j 位为1表示点 j 已访问），并且最后停在点 i 上的 {最小总步数, 对应方案数}。

Step 2: “步数”与“走法”的计算

在进行DP之前，我们得先搞清楚两点之间的“步数”和“走法”怎么算，对吧？

最小步数：题目规定每一步只能动一个坐标。从点 $p_i = (c_{i,1}, \dots, c_{i,n})$ 移动到 $p_j = (c_{j,1}, \dots, c_{j,n})$ ，最少的步数就是它们在各个维度上坐标差的绝对值之和。这就是大名鼎鼎的曼哈顿距离，喵~
$d(i, j) = \sum_{d=1}^{n} |c_{i,d} - c_{j,d}|$
走法数量：从 $p_i$ 到 $p_j$ 总共要走 $D = d(i, j)$ 步。其中，在第 $d$ 维上需要走 $\Delta_d = |c_{i,d} - c_{j,d}|$ 步。这相当于一个排列组合问题：在 $D$ 个位置里，选 $\Delta_1$ 个给第1维，再从剩下的位置里选 $\Delta_2$ 个给第2维…… 这就是一个多项式系数！
$\text{Ways}(i, j) = \frac{D!}{\Delta_1! \Delta_2! \dots \Delta_n!} = \frac{(\sum_{d=1}^{n} \Delta_d)!}{\prod_{d=1}^{n} (\Delta_d!)}$
为了计算这个，我们需要预处理阶乘和阶乘的逆元，喵~

Step 3: 最关键的陷阱——“路过”也算访问！

如果只是简单地用上面的距离和走法去做TSP，那就掉进陷阱啦！考虑三个点 $p_i, p_j, p_k$ 。如果从 $p_i$ 到 $p_j$ 的某条最短路径恰好经过了 $p_k$ ，那么我们实际上在走 $p_i \to p_j$ 的过程中就已经访问了 $p_k$ 。

这个“路过”的条件用曼哈顿距离可以很优雅地表示：

d(i, k) + d(k, j) = d(i, j)

当这个等式成立时，我们就说点 $k$ 在 $i$ 和 $j$ 的最短路径上。

这意味着，我们不能简单地把问题看作是点的排列。我们的DP转移应该是从一个状态 dp[S][i] 转移到 dp[S | {j}][j]，但这个转移的边 i -> j 必须是**“纯粹”**的，也就是说，从 $i$ 到 $j$ 的最短路径上不能经过任何我们还没访问过的点 $k$ 。但这样太复杂了！

一个更清晰的思路是：我们构建的旅行路径，是由一系列**“基本路径”**组成的。所谓基本路径 i -> j，是指从 $i$ 直接走到 $j$ ，中途不经过任何其他的目标点 $k$ 。

Step 4: 容斥原理求“基本路径”

那么，如何计算从 $i$ 到 $j$ 的“基本路径”的数量呢？这就要请出我们的好朋友——容斥原理啦！

我们令 w[i][j] 表示从 $i$ 到 $j$ 的总最短路径信息 {d(i, j), Ways(i, j)}。再令 g[i][j] 表示从 $i$ 到 $j$ 的“基本路径”信息。

考虑所有从 $i$ 到 $j$ 的最短路径。它们可以被分类：

直接到达 $j$ ，中途不经过任何其他点 $k$ 。这就是 g[i][j]。
中途经过了至少一个点。比如，第一个经过的点是 $k$ 。那么路径可以分解为 $i \to k \to \dots \to j$ 。

所有从 $i$ 到 $j$ 的最短路径，等于所有以 $i$ 为起点，以某个点 $k$ （ $k$ 在 $i,j$ 之间）为第一个中间点的基本路径，再乘以从 $k$ 到 $j$ 的所有最短路径。用公式表达就是：

w[i][j] = g[i][j] + \sum_{k \text{ s.t. } d(i,k)+d(k,j)=d(i,j)} g[i][k] \otimes w[k][j]

（这里的 $\otimes$ 表示代价相加，方案数相乘）

整理一下，就能得到计算 g[i][j] 的方法：

g[i][j] = w[i][j] - \sum_{k \text{ s.t. } d(i,k)+d(k,j)=d(i,j)} g[i][k] \otimes w[k][j]

为了计算 g[i][j]，我们可以固定起点 i，然后按照 d(i, j) 的距离从小到大来计算。当我们计算 g[i][j] 时，所有可能的中间点 k 因为 d(i, k) < d(i, j)，所以 g[i][k] 肯定已经被算出来啦！

具体算法如下 (对每个固定的 i):

预计算好所有 w[i][j] 和 w[k][j]。
将所有其他点 j 按 d(i, j) 升序排序。
初始化 g[i][j] = w[i][j]。
遍历排序后的点 p：
- 对于排在 p 后面的每个点 q：
  - 如果 d(i, p) + d(p, q) == d(i, q)，说明 p 是 i 到 q 的一个潜在中间点。
  - 我们就从 g[i][q] 的方案数中，减去经过 p 的方案数，即 g[i][p].ways * w[p][q].ways。

这样，我们就得到了所有点对之间的“基本路径”信息 g[i][j]。

Step 5: 最终的状压DP

有了 g 矩阵，我们就可以进行标准的TSP状压DP了！

状态: dp[mask][i] 表示访问了 mask 集合中的点，最后停在 i 的 {最小代价, 方案数}。
初始化:
- 对于所有 $k$ 个可作为起点的点 q，dp[1 << q][q] = {0, 1}。
- 其他所有 dp 状态初始化为 {infinity, 0}。
转移: 我们从小到大枚举集合 mask，然后枚举 mask 中的点 i 作为上一个点，再枚举不在 mask 中的点 j 作为下一个点： dp[mask | (1 << j)][j] = min_update(dp[mask | (1 << j)][j], dp[mask][i] + g[i][j]) 这里的 min_update 和 + 都是我们为 {代价, 方案数} 这个数据结构定义的运算：
- A + B: 代价相加，方案数相乘。
- min_update(A, B): 如果 B 的代价更小，A 更新为 B；如果代价相同，A 的方案数加上 B 的方案数。
答案: 遍历所有 i，取 dp[(1 << m) - 1][i] 的 min_update 结果，就是最终答案啦！

好啦，思路清晰了，可以开始写代码了，喵~

代码实现

cpp

#include <iostream>
#include <vector>
#include <numeric>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int MOD = 998244353;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

// 用于存储 {最小代价, 方案数} 的结构体
struct State {
    int cost;
    int ways;

    // 默认构造，设为无效状态
    State() : cost(INF), ways(0) {}
    State(int c, int w) : cost(c), ways(w) {}

    // 路径拼接：代价相加，方案数相乘
    State operator+(const State& other) const {
        if (cost == INF || other.cost == INF) {
            return State(INF, 0);
        }
        return State(cost + other.cost, (1LL * ways * other.ways) % MOD);
    }
};

// 用于DP更新，取最优解
void update_state(State& current, const State& candidate) {
    if (candidate.cost < current.cost) {
        current = candidate;
    } else if (candidate.cost == current.cost) {
        current.ways = (current.ways + candidate.ways) % MOD;
    }
}

long long power(long long base, long long exp) {
    long long res = 1;
    base %= MOD;
    while (exp > 0) {
        if (exp % 2 == 1) res = (res * base) % MOD;
        base = (base * base) % MOD;
        exp /= 2;
    }
    return res;
}

long long modInverse(long long n) {
    return power(n, MOD - 2);
}

const int MAX_TOTAL_DIST = 3200005;
vector<long long> fact;
vector<long long> invFact;

void precompute_factorials(int max_val) {
    fact.resize(max_val + 1);
    invFact.resize(max_val + 1);
    fact[0] = 1;
    invFact[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= max_val; ++i) {
        fact[i] = (fact[i - 1] * i) % MOD;
        invFact[i] = modInverse(fact[i]);
    }
}

int main() {
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);

    int m, n, k;
    cin >> m >> n >> k;

    vector<vector<int>> points(m, vector<int>(n));
    int max_coord_val = 0;
    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        for (int j = 0; j < n; ++j) {
            cin >> points[i][j];
            max_coord_val = max(max_coord_val, abs(points[i][j]));
        }
    }
    
    // 预处理阶乘，最大距离可能是 m * n * 2 * max_coord_diff
    precompute_factorials(m * 2 * 100000);

    // w[i][j]: 从i到j的总最短路径信息
    vector<vector<State>> w(m, vector<State>(m));
    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        for (int j = 0; j < m; ++j) {
            if (i == j) {
                w[i][j] = {0, 1};
                continue;
            }
            int total_dist = 0;
            vector<int> diffs;
            for (int dim = 0; dim < n; ++dim) {
                int diff = abs(points[i][dim] - points[j][dim]);
                total_dist += diff;
                diffs.push_back(diff);
            }
            
            long long ways = fact[total_dist];
            for (int diff : diffs) {
                ways = (ways * invFact[diff]) % MOD;
            }
            w[i][j] = {total_dist, (int)ways};
        }
    }

    // g[i][j]: 从i到j的“基本路径”信息
    vector<vector<State>> g(m, vector<State>(m));
    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        vector<int> order(m);
        iota(order.begin(), order.end(), 0);
        sort(order.begin(), order.end(), [&](int a, int b) {
            return w[i][a].cost < w[i][b].cost;
        });

        for (int j = 0; j < m; ++j) {
            g[i][j] = w[i][j];
        }

        for (int p_idx = 0; p_idx < m; ++p_idx) {
            int p = order[p_idx];
            if (i == p) continue;
            for (int q_idx = p_idx + 1; q_idx < m; ++q_idx) {
                int q = order[q_idx];
                if (w[i][p].cost + w[p][q].cost == w[i][q].cost) {
                    long long subtract_ways = (1LL * g[i][p].ways * w[p][q].ways) % MOD;
                    g[i][q].ways = (g[i][q].ways - subtract_ways + MOD) % MOD;
                }
            }
        }
    }

    // 状压DP
    int full_mask = (1 << m) - 1;
    vector<vector<State>> dp(1 << m, vector<State>(m));

    for (int i = 0; i < k; ++i) {
        int start_node;
        cin >> start_node;
        --start_node;
        dp[1 << start_node][start_node] = {0, 1};
    }

    for (int mask = 1; mask < full_mask; ++mask) {
        for (int i = 0; i < m; ++i) {
            if ((mask >> i) & 1) { // 如果i在mask中
                if (dp[mask][i].cost == INF) continue;
                for (int j = 0; j < m; ++j) {
                    if (!((mask >> j) & 1)) { // 如果j不在mask中
                        int next_mask = mask | (1 << j);
                        update_state(dp[next_mask][j], dp[mask][i] + g[i][j]);
                    }
                }
            }
        }
    }

    State final_ans;
    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        update_state(final_ans, dp[full_mask][i]);
    }

    cout << final_ans.cost << endl;
    cout << final_ans.ways << endl;

    return 0;
}

复杂度分析

时间复杂度: $O(m^2 \cdot n + m \cdot m \log m + m^3 + 2^m \cdot m^2)$
- 预处理 w 矩阵（所有点对间的距离和总方案数）： $O(m^2 \cdot n)$ 。
- 计算 g 矩阵（基本路径）：对每个起点 i ( $m$ 个)，需要排序 ( $O(m \log m)$ )，然后两层循环 ( $O(m^2)$ )进行容斥计算。总共是 $O(m \cdot (m \log m + m^2)) \approx O(m^3)$ 。
- 状压DP：状态数为 $2^m \cdot m$ ，每个状态的转移需要遍历 $m$ 个可能的下一个点。总复杂度是 $O(2^m \cdot m^2)$ 。
- 由于 $m \le 16$ ，主要瓶颈在于状压DP部分，所以总时间复杂度为 $O(2^m \cdot m^2)$ 。
空间复杂度: $O(2^m \cdot m + \text{MaxDist})$
- points 数组： $O(m \cdot n)$ 。
- w 和 g 矩阵： $O(m^2)$ 。
- dp 表： $O(2^m \cdot m)$ 。
- 预处理阶乘数组：最大距离可能很大，约为 $m \times 2 \times 10^5$ ，所以是 $O(\text{MaxDist})$ 。
- 主要空间开销是DP表和阶乘数组。

知识点总结

这真是一道融合了多种算法思想的超棒题目，解开它就像是完成了一次华丽的探险，喵~

状压DP (Bitmask DP): 解决小规模集合问题的利器，尤其适用于TSP这类问题。
旅行商问题 (TSP): 问题的基本模型，需要找到访问所有节点的最短回路/路径。
曼哈顿距离: 在网格图上衡量距离的常用方式，其性质 d(i,k)+d(k,j)=d(i,j) 是解题的关键。
组合数学 (多项式系数): 用于计算两点间最短路径的方案数，需要熟练运用阶乘及其逆元。
容斥原理: 本题的灵魂！通过容斥排除了非“基本”路径的干扰，将复杂问题简化为可以在DP中直接使用的“边”，是本题从暴力想法到正解的桥梁。

希望本喵的讲解对主人有帮助哦！下次遇到难题，也请务必来找我，喵~！

十六度空间 - 题解 ​

标签与难度 ​

题目大意喵~ ​

解题思路分析 ​

Step 1: 问题的核心——旅行商问题 (TSP) ​

Step 2: “步数”与“走法”的计算 ​

Step 3: 最关键的陷阱——“路过”也算访问！ ​

Step 4: 容斥原理求“基本路径” ​

Step 5: 最终的状压DP ​

代码实现 ​

复杂度分析 ​

知识点总结 ​