动态规划当中有非常常见的一个分支——状态压缩动态规划，很多人对于状态压缩畏惧如虎，但其实并没有那么难，希望这文章能带你们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，我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，将多个物品拆分成少数个物品，转化成了简单的零一背包来解决。今天的状态压缩同样离不开二进制，不过我个人感觉今天的二进制应用更加容易理解一些。
二进制的很多应用离不开集合这个概念，我们都知道在计算机当中，所有数据都是以二进制的形式存储的。一般一个 \(int\) 整形是4个字节，也就是32位bit，我们通过这32位bit上0和1的组合可以表示多大21亿个不同的数。如果我们把这32位bit看成是一个集合，那么每一个数都应该对应集合的一种状态，并且每个数的状态都是不同的。
比如上图当中，我们列举了5个二进制位，我们把其中两个设置成了1，其余的设置成了0。我们通过计算，可以得到6这个数字，那么6也就代表了(00110)这个状态。数字和状态是一一对应的，因为每个整数转化成二进制都是唯一的。
也就是说一个整数可以转化成二进制数，它可以代表某个集合的一个状态，这两者一一对应。这一点非常重要，是后面一切推导的基础。
状态转移
整数的二进制表示可以代表一个二元集合的状态，既然是状态就可以转移。在此基础上，我们可以得出另一个非常重要的结论——我们可以用整数的加减表示状态之间的转移。
我们还用刚才的例子来举例，上面的图当中我们列举了5个二进制位，假设我们用这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可以认为表示拿取了1号和2号两个小球的状态。
如果这个时候我们又拿取了3号小球，那么集合的状态会发生变化，我们用一张图来表示：
上图当中粉丝的笔表示决策，比如我们拿取了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。转移之后的集合代表的数是14，它是由之前的集合6加上转移带来的变化，也就是得到的。刚好就代表拿取3号球这个决策，这样我们就把整个过程串起来了。
总结一下，我们用二进制的0和1表示一个二元集合的状态。可以简单认为某个物品存在或者不存在的状态。由于二进制的0和1可以转化成一个 \(int\) 整数，也就是说我们用整数代表了一个集合的状态。这样一来，我们可以用整数的加减计算来代表集合状态的变化。
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，因为整数可以作为数组的下标，这样操作会方便我们的编码。
关于位运算还有很多奇技淫巧，原文链接：Here
旅行商问题
明白了状态压缩的含义之后，我们来看一道经典的例题，也就是大名鼎鼎的旅行商问题。
旅行商问题的背景很有意思，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所有地区环游一遍，请问环游需要的最短路程是多少？在这题当中，我们假设商人从0位置出发，最后依然回到位置0。
我们来看下面这张图来直观地感受一下：
假设我们的商人从0位置出发，想要环游一周之后再次回到0，那么它所需要经历的最短距离是多少呢？
这个图还是比较简单的，如果在极端情况下也就是所有点之间都有连线的时候，对于每一个点来说，它可以选择的下一个位置一共有 \(n-1\) 种。那么一共可以选择的路线总共有 \(n!\) 种，这是一个非常大的值，显然是我们不能接受的。这也是为什么我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[1]，简单和大家聊聊NP问题的定义。
很多算法的初学者对于这些概念非常迷糊，也的确，这些概念听起来都差不多，的确很容易搞晕。我们先从最简单的开始介绍，首先是P问题。
P问题可以认为是已经解决的问题，这个解决的定义是可以做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很多，比如指数函数、阶乘等等。
\(NP\) 问题并不是P问题的反义，这里的N不能理解成No，就好像 \(noSQL\) 不是非 \(SQL\) 的意思一样。\(NP\) 问题指的是可以在多项式内验证解的问题。
比如给定一个排序的序列让我们判断它是不是有序的，这很简单，我们只需要遍历一下就好了。再比如大整数的因式分解，我们来做因式分解会很难，但是让我们判断一个因式分解的解法是不是正确则要简单得多，我们直接把它们乘起来和原式比较就可以了。
显然所有P问题都是NP问题，既然我们可以多项式内找到解，那么必然我们也可以在多项式内验证解是否正确。但是反过来是否成立呢，是否多项式时间内可以验证解的问题，也可以通过某种算法可以在多项式时间内被解开呢？究竟是我们暂时还没有想到算法，还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。
为了证明这个问题，科学家们又想出了一个办法，就是给问题做规约。举个例子，比如解方程，我们解一元一次方程非常简单，而解二元一次方程则要困难一些。如果我们想出了解二元一次方程的办法，那么必然也可以用来解一元一次方程，因为我们只需要令另一个未知数等于0就是一元一次方程了。
同理，我们也可以把NP问题做转化，将它的难度增大，增大到极限成为一个终极问题。由于这个终极问题是所有NP问题转化得到的，只要我们想出算法来解决了终极问题，那么，所有的NP问题全部都迎刃而解。就比如如果我们想出了解N元方程的算法，那么这一类解方程的问题就都搞定了。这种转化之后得到的问题称为NP完全问题，也叫做NPC问题。
下面我们来看一个经典的NPC问题，即逻辑电路问题。
下图是一个逻辑电路，假设我们知道它的输出是 \(True\) ，我们也知道了电路的结构，那么请问我们能否确定一定可以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，因为我们可以直接把解法代入电路去计算一下，就可以验证这个解是否正确，但是想要得到答案却很难。经过严谨的证明，所有NP问题都可以经过转化得到它，也就是说如果我们找到一种解法可以在多项式内解决这个问题，那么我们就解决了所有的 \(NP\) 问题。
最后，还有一个 \(NP-Hard\) 问题，\(NP-Hard\) 问题是说所有 \(NP\) 问题可以经过转化得到它，但是它本身并不是NP问题，也就是说我们无法在多项式时间内判断它的解是否正确。
比如刚才提到的旅行商问题就是一个 \(NP-Hard\) 问题，因为即使我们给定了一个解，我们也没有办法快速判断给定的解是否正确，必须要遍历完所有的情况才可以。我们验证的复杂度就已经超出了多项式的范畴，所以它不属于 \(NP\) 问题，比 \(NP\) 问题更加困难，所以是一个 \(NP-Hard\) 问题。
状态压缩解法
说完了 \(NP\) 问题，我们回到算法本身。
既然我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。前文说了我们利用二进制可以用一个整数来表示一个集合的状态，我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，比如之前的例子当中我们已经拿了1号球和2号球，后面只要是剩下的球都可以拿，但是旅行商问题不一样，假设我们去过了0和1两个地方，我们当前在位置1，我们是无法用2和5两地之间的连线来更新这个状态的，因为我们当前只能从1号位置出发。也就是说我们能采取的决策是有限制的。
所以我们不能只单纯地拿集合的状态来当做状态，为了保证地点之间的移动顺序正确，我们还需要加上一维，也就是当前所处的位置。所以真正的状态是我们之前遍历过的位置的状态，加上当前所处的地点，这两者的结合。
状态确定了，决策就很简单了，凡是当前地点能去的之前没有去过的位置，都可以构成决策。
我们之前说过，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，所以总体的复杂度是。虽然这个数字看起来仍然大得夸张，但是仍然要比n!小很多。
我们举个例子来看下，如果 \(n=10,n!=3628800\)，，两者相差了三十多倍。随着n的增大，两者的差距还会更大。
最后，我们来实现以下算法：
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):
# 必须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，我们通常用u表示边的起点，v表示边的终点。所以上面的三重循环第一种是遍历了所有的状态，后面两重循环是枚举了起点和终点，也就是所有的边。我们遍历的是当前这个状态之前的最后一次移动的边，也就是说当前的点是v，之前的点是u，所以之前的状态是\(s-2^v\) ，决策带来的开销是 \(d[u][v]\)，也就是从u到v的距离。
如果读过之前文章的小伙伴，会发现这是一个逆推的动态规划。我们枚举当前的状态和当前状态的所有来源，从而找到当前状态的最优解。如果对这个概念不熟悉的同学，可以查看一下之前动态规划下的其他文章。
这段代码当中有两个细节，第一个细节是我们没有做u的合法判断，有可能我们u是不合法的，比如我们的集合当中只有2和3两个点，但是我们却枚举了从4到5的策略。这样是没问题的，因为我们开始的时候把所有的状态都设置成了无穷大，只有合法的状态才不是无穷，由于我们希望最后得到的结果越小越好，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，就是我们在初始化的时候设置了 \(dp[0][0] = 0\) 。这表示我们是从空集开始的，而不是从0点开始的。因为0点已经遍历过的状态对应的数字是1，当然我们也可以设置成0已经访问过了，从0点开始，这样的话由于每个点不能重复访问，所以最后我们是无法回到0点的，要得到正确结果我们还需要加上回到0点需要的消耗。
分析一下会发现第一点是第二点的基础，如果我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，因为对于空集而言，所有点都是未访问过的，也都是非法状态，我们就找不到一个访问过的u作为决策的起点。
如果你看不懂上面的做法也没有关系，我再附上一种稍稍简单一些的方法：
# 我们从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)
在这一种做法当中，我们从状态1开始，也就是说我们把0号位置看成当前所在的点，并且已经遍历过了，所以标记成了1。这样的问题是我们没有办法再回到0了，因为一个点只能走一次，所以最后的时候需要再寻找回到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 \(n\) 个位置全部已经遍历过了。然后我们遍历所有回到 \(0\) 点的出发点，找到距离最近的那条。相比于上面的做法，这种做法更容易理解一些，但是代码多写几行，但是更容易理解一些。我建议如果直接理解第一段代码有困难的话，可以先搞懂第二段，然后再想明白为什么第一段代码也成立。
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，第一次学的话会觉得很困难难以理解是正常的。但是它是属于那种入门之前觉得特别难，但是一旦想明白了之后就特别简单的问题。而且大家从代码量上也看得出来，我用了几千字描述的算法，写出来居然只有十几行。
动态规划算法一直都是如此，代码不长，但每一行都是精髓。从这点上来说，它的性价比还真的是蛮高的。
好了，今天的文章就是这些，如果觉得有所收获，请顺手点个推荐吧，你们的举手之劳对我来说很重要。
