[파이썬] 2098. 외판원순회

문제

외판원 순회 문제는 영어로 Traveling Salesman problem (TSP) 라고 불리는 문제로 computer science 분야에서 가장 중요하게 취급되는 문제 중 하나이다. 여러 가지 변종 문제가 있으나, 여기서는 가장 일반적인 형태의 문제를 살펴보자.

1번부터 N번까지 번호가 매겨져 있는 도시들이 있고, 도시들 사이에는 길이 있다. (길이 없을 수도 있다) 이제 한 외판원이 어느 한 도시에서 출발해 N개의 도시를 모두 거쳐 다시 원래의 도시로 돌아오는 순회 여행 경로를 계획하려고 한다. 단, 한 번 갔던 도시로는 다시 갈 수 없다. (맨 마지막에 여행을 출발했던 도시로 돌아오는 것은 예외) 이런 여행 경로는 여러 가지가 있을 수 있는데, 가장 적은 비용을 들이는 여행 계획을 세우고자 한다.

각 도시간에 이동하는데 드는 비용은 행렬 W[i][j]형태로 주어진다. W[i][j]는 도시 i에서 도시 j로 가기 위한 비용을 나타낸다. 비용은 대칭적이지 않다. 즉, W[i][j] 는 W[j][i]와 다를 수 있다. 모든 도시간의 비용은 양의 정수이다. W[i][i]는 항상 0이다. 경우에 따라서 도시 i에서 도시 j로 갈 수 없는 경우도 있으며 이럴 경우 W[i][j]=0이라고 하자.

N과 비용 행렬이 주어졌을 때, 가장 적은 비용을 들이는 외판원의 순회 여행 경로를 구하는 프로그램을 작성하시오.

입력

첫째 줄에 도시의 수 N이 주어진다. (2 ≤ N ≤ 16) 다음 N개의 줄에는 비용 행렬이 주어진다. 각 행렬의 성분은 1,000,000 이하의 양의 정수이며, 갈 수 없는 경우는 0이 주어진다. W[i][j]는 도시 i에서 j로 가기 위한 비용을 나타낸다.

항상 순회할 수 있는 경우만 입력으로 주어진다.

출력

첫째 줄에 외판원의 순회에 필요한 최소 비용을 출력한다.

예제 입력 1 

4

0 10 15 20

5 0 9 10

6 13 0 12

8 8 9 0

예제 출력 1 

35

 

 

🦄 다른 사람 풀이

# https://velog.io/@piopiop/%EB%B0%B1%EC%A4%80-2098-%EC%99%B8%ED%8C%90%EC%9B%90%EC%88%9C%ED%9A%8C-Python
import sys

def solution(N, W, dp) :
    for i in range(N) :
        for j in range(N) :
            if not W[i][j] :
            	# 비용이 0인 경로는 방문하지 못하게 무한대로 만들어줌
                W[i][j]=float('inf')	

    for i in range(1, N) :
        dp[i][0]=W[i][0]	# i에서 0으로 가는 비용

    for k in range(1, N-1) :	# 도시가 1개에서 N-2개까지
        for route in range(1, size) :
            if count(route, N) == k :	# 도시가 k개 들어있는 route 찾기
                for i in range(1, N) :	# 시작점
                    if not isin(i, route) :
                        dp[i][route]=get_minimum(N, W, i, route, dp)

    dp[0][size-1]=get_minimum(N, W, 0, size-1, dp)

    return dp[0][size-1]	# size-1은 시작점을 제외함

def count(route, N) :
    cnt=0
    for n in range(1, N) :
        if route & (1 << n-1) != 0 :      # 포함
            cnt+=1
    return cnt

def isin(i, route) :
    if route & (1 << i-1) != 0 :
        return True
    else :
        return False

def get_minimum(N, W, i, route, dp) :
    minimum_dist=float('inf')
    for j in range(1, N) :
        if isin(j, route) :
            before_route=route & ~(1 << j-1)	# 삭제
            dist=W[i][j]+dp[j][before_route]
            if minimum_dist > dist :
                minimum_dist=dist
    return minimum_dist

N=int(sys.stdin.readline())
W=[list((map(int, sys.stdin.readline().split()))) for _ in range(N)]
size=2**(N-1)
dp=[[float('inf')]*size for _ in range(N)]
print(solution(N, W, dp))

비용이 0인 W[i][j]에 무한대 inf를 넣어준다.

갈 수 없는 경우 비용이 0이 주어지기 때문에 무한대를 넣어주면 가지 않는다.

for k in range(1, N-1)에서 N-1은 자기 자신(시작점에서 마지막까지 모두 방문)과 시작점을 제외한 것이다.

count 함수는 몇 개의 비트가 포함되었는지 센다.

isin 함수는 i가 route에 포함된 원소인지 여부를 반환한다.

get_minimum 함수는 i에서 시작해서 route까지 최소 비용을 구한다.

dist=W[i][j]+dp[j][before_route]는 i에서 j까지의 비용+j에서 0으로 돌아오는 비용이다.

 

 

# https://velog.io/@piopiop/%EB%B0%B1%EC%A4%80-2098-%EC%99%B8%ED%8C%90%EC%9B%90%EC%88%9C%ED%9A%8C-Python
import sys
N=int(sys.stdin.readline())
W=[list(map(int, sys.stdin.readline().split())) for _ in range(N)]

dp=[[0]*(1<<N-1) for _ in range(N)]

def solution(i, route) :
    if dp[i][route] != 0 :
        return dp[i][route]

    if route == (1 << (N-1))-1 :	# 모든 경로 포함함
        if W[i][0] :		# i에서 0으로 다시 돌아올 수 있음
            return W[i][0]
        else :
            return float('inf')

    min_dist=float('inf')
    for j in range(1, N) :
        if not W[i][j] :	# i에서 j로 가는 경로x
            continue
        if route & (1 << j-1) :	# 이미 route에 j가 포함되어 있음
            continue
        dist=W[i][j]+solution(j, route | (1 << (j-1)))	# j가 중복되지 않도록 j-1
        if min_dist > dist :
            min_dist=dist
    dp[i][route]=min_dist

    return min_dist

print(solution(0, 0))	# 임의로 0에서 시작해서 0으로 돌아오도록

비트마스크 풀이

i가 출발, route는 경로

route == (1 << (N-1))-1은 마지막 비트다. W[i][0]이 0이 아니면 W[i][0]을 반환한다.

(N-1)은 시작점을 빼준 것이고, -1은 공집합을 뺀 것이다.

for j in range(1, N)에서 1로 시작하는 이유는 처음에 i=0을 했기 때문이다.(0에서 출발했으니까)

route & (1 << j-1)로 j에 이미 방문했는지를 따진다.

 

 

 

문제 출처 👉 백준