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
",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
",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("
");
printf("%.2lf
",ans);
}