Tour(旅行)(UVa1347,ACM/ICPC SEERC 2005)(Dp优化去重)

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• 思路
• 代码
• 题外话

前言

这道题的思路十分巧啊~

题目

传送门:
Vjudge
UVa(有点慢)

题目大意:
在平面上给你n(n<=1000)个点的坐标(按照x递增给出,各x坐标不同,且均为整数),现在你要设计一条路线,从最左边出发,走到最右边的点后再返回,要求除了最左点和最右点之外每个点恰好经过一次,且路径总长最短.两点间距离为欧几里德距离。
in$in$

3
1 1
2 3
3 1
4
1 1
2 3
3 1
4 2

out$out$

6.47
7.89

思路

在这里我们其实发现连成一个环并且计算距离是比较困难的,所以我们可以换一种思路:
如下图,

我们现在随便找一个环:

我们其实可以把1−>n−>1$1->n->1$这个环看成是由两段线段组成的:也就是1−>n+1−>n$1->n+1->n$

那么问题就改成:两个人都从最左点出发,沿两条除起点和终点相同,其余点均不同的路径恰好所有点均被访问过得路径和的最小值。
我们定义:
f[i][j]:从起点开始,此时一个人走到i，另一个人走到j的路径和的最小值$f[i][j]:从起点开始,此时一个人走到i，另一个人走到j的路径和的最小值$
注意,此时两个人的路径最多只有两个点是重合的.
我们其实发现,这样的状态比较难进行转移,而且还有重复,就像f[i][j]其实是等于f[j][i]的,那我们就强行规定i>j,这样的话不管下一次转移是哪一个人进行转移,就只能走到i+1,i+2,...,n$i+1,i+2,...,n$这些点,可是如果我们直接走到了i+2,我们就不能保证i+1是否被走过,那我们就可以直接每次只走i+1也就是下一个点,这样我们就可以保证当前1~i必然都已访问完。
下图就是在更行i=4的情况:


我们可以发现,对于i这个点来说,我们要么是在所有j中选取一个最优的j跳过来,要么是由i-1直接走一步，因为这样我们才能保证1 i$1i$全部访问过。然后如果j>i了的话我们就把j提前写在第一维,i写在第二维.

状态转移方程

我们的状态转移方程就是:
①我们j从j这个点直接跳到i，而i-1这个点没有动,由于跳转后j>i，j提前：
f[i][i−1]=minf[i−1][j]+dis[i][j]|i<=nj<i$f[i][i-1]=minf[i-1][j]+dis[i][j]|i<=nj<i$
①的状态转移方程原本是:
f[i−1][i]=minf[i−1][j]+dis[i][j]|i<=nj<i$f[i-1][i]=minf[i-1][j]+dis[i][j]|i<=nj<i$
当然,这样写是不对的.

②由i-1跳到i，而j这个点没有动
f[i][j]=f[i−1][j]+dis[i−1][i](i<=nj<i)$f[i][j]=f[i-1][j]+dis[i-1][i](i<=nj<i)$
注意这里的dis是预处理出来的

统计答案

最后统计答案的时候不是直接统计f[n][n]$f[n][n]$(我一开始这样错了),因为i，j两点是永远不可能在一起的(hhh~)，最后结束的地方需要我们自己来操作,我们就直接统计
minf[n][i]+dis[i][n](1<=i<n)$minf[n][i]+dis[i][n](1<=i<n)$的答案就可以了

有关初值

由于i,j不重合,直接令f[2][1]=dis[1][2]$f[2][1]=dis[1][2]$就可以了

代码

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
int read(){
    int f=1,x=0;char s=getchar();
    while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}  
    while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
    return x*f;
}
#define MAXN 1000
#define INF 0x3f3f3f3f
struct node{//定义结构体保存点的信息
    int x,y;
    node(){}
    node(int X,int Y){x=X,y=Y;}
}dot[MAXN+5];
double f[MAXN+5][MAXN+5];//f[i][j]:1~i全部走过
double dis[MAXN+5][MAXN+5];//一个人在i,另一人在j的距离和最小值
int main(){
    int n;
    while(~scanf("%d",&n)){
        for(int i=1;i<=n;i++){
            int x=read(),y=read();
            dot[i]=node(x,y);
        }
        for(int i=1;i<=n;i++)//预处理
            for(int j=1;j<=n;j++)
                dis[i][j]=dis[j][i]=sqrt(1.0*(dot[i].x-dot[j].x)*(dot[i].x-dot[j].x)+1.0*(dot[i].y-dot[j].y)*(dot[i].y-dot[j].y));
        f[2][1]=dis[1][2];//初始化
        for(int i=3;i<=n;i++){
            f[i][i-1]=INF*1.0;//注意是取min所以初值为INF
            for(int j=1;j<i-1;j++){
                f[i][i-1]=min(f[i][i-1],f[i-1][j]+dis[i][j]);
                f[i][j]=f[i-1][j]+dis[i][i-1];
            }
        }
        double ans=INF;//统计答案
        for(int i=1;i<n;i++)
            ans=min(ans,f[n][i]+dis[i][n]);
        printf("%.2lf\n",ans);
    }
    return 0;
}

题外话

这种做法我觉得是我肯定要想很久很久,O(n2)$O(n^2)$的做法极为朴实易懂,再次膜拜刘汝佳~