P1523 旅行商简化版
题目背景
欧几里德旅行商\((Euclidean Traveling Salesman)\)问题也就是货郎担问题一直是困扰全世界数学家、计算机学家的著名问题。现有的算法都没有办法在确定型机器上在多项式时间内求出最优解，但是有办法在多项式时间内求出一个较优解。
为了简化问题，而且保证能在多项式时间内求出最优解，\(J.L.Bentley\)提出了一种叫做\(bitonic\) \(tour\)的哈密尔顿环游。它的要求是任意两点\((a,b)\)之间的相互到达的代价\(dist(a,b)=dist(b,a)\)且任意两点之间可以相互到达，并且环游的路线只能是从最西端单向到最东端，再单项返回最西端，并且是一个哈密尔顿回路。
题目描述
著名的\(NPC\)难题的简化版本
现在笛卡尔平面上有\(n(n<=1000)\)个点，每个点的坐标为\((x,y)\)(\(-2^{31}<x,y<2^{31}\)，且为整数)，任意两点之间相互到达的代价为这两点的欧几里德距离，现要你编程求出最短\(bitonic\) \(tour\)。
输入输出格式
输入格式：
第一行一个整数\(n\)
接下来\(n\)行，每行两个整数\(x,y\)，表示某个点的坐标。
输入中保证没有重复的两点，
保证最西端和最东端都只有一个点。
输出格式：
一行，即最短回路的长度，保留\(2\)位小数。
输入输出样例
输入样例#1：
7
0 6
1 0
2 3
5 4
6 1
7 5
8 2输出样例#1：
25.58说明
来源 \(Source\)
《算法导论（第二版）》 \(15-1\)
评成绿题稍微有一点低，这个题目的思维要求还是比较高的。
这里利用到一个重要的思想：对于一个有确切起点和终点的回路，其路径情况，可以认为是同一个位置出发的两个点同时向前推进，类似的题目可以参考NOIP2008—传纸条。
所以不要被这个题目的题面欺骗。实际上题目问的，就是从一个起点出发的，具有相同终点的两条路径的最小总长度！
做法可以认为是一类套路，如下：
设\(F[i][j]\)为从最左侧的起点出发，一个点走到\(i\)，一个点走到\(j(i>j)\)，且所有\(i\)以内的点全部被走过的最短路径。
- \(i=j+1\) 时：\(F[i][j]\)可以由\(F[j][k],k∈[1,j)\)转移得到，原因如下图
- \(i>j+1\)时，走在前面的人上一步一定是\(i-1\)，所以本情况一定由\(F[i-1][j]\)转移而来。
总复杂度\(O(n^2)\)，思维难度还是有的。
\(Code:\)
//P1523 100pts
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define INF 1e50
#define MAXN 1010
#define dbl double
using namespace std;
struct node{
dbl x;
dbl y;
bool operator<(const node &rhs)const{
return x<rhs.x;
}//按照纵坐标从左往右排序
}arr[MAXN];
int n;
dbl f[MAXN][MAXN];
inline dbl dis(int x,int y){
return hypot(fabs(arr[x].x-arr[y].x),fabs(arr[x].y-arr[y].y));
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%lf%lf",&arr[i].x,&arr[i].y);
}
sort(arr+1,arr+1+n);//排序
// for(int i=1;i<=n;++i){
// printf("%lf %lf\n",arr[i].x,arr[i].y);
// }
for(int i=0;i<=1000;++i){
for(int j=0;j<=1000;++j){
f[i][j]=INF;
}
}
f[2][1]=dis(1,2);
// printf("f[2][1]=%lf\n",f[2][1]);
for(int i=3;i<=n;++i){
for(int j=i-1;j>=1;--j){
if(i==j+1){
//刚好是向后一个的节点
for(int k=j-1;k>=1;--k){
f[i][j]=min(f[i][j],f[j][k]+dis(k,i));
}
}else{
f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][j]+dis(i-1,i));
}
}
}
double ans=INF;
for(int i=1;i<=n;++i){
ans=min(ans,f[n][i]+dis(i,n));
}
// printf("\n");
printf("%.2lf\n",ans);
}