Tour UVa 1347

题目大意：有n个点，给出x、y坐标。找出一条路，从最左边的点出发，严格向右走到达最右点再严格向左回到最左点。问最短路径是多少？

分析：
1.首先需要将原问题转化为，两个人A、B同时从最左边的点出发，一起严格向最右点走，且经过所有点一次（除了最左点和最右点）。这与原题的要求具有等价性。
2.先自然想到用dp(i,j)表示A走到i，B走到j时的状态还需要走多远到终点（注意表示的是还有多少到终点，所以其结果与前面怎么走的无关），那么可以证明dp(i,j)==dp(j,i)；这里有的人可能会疑惑为什么会相等，刚刚说过dp(i,j)表示 已经 达到这个状态后还需要走多远到达终点，与怎么到达这个状态的并没有关系，所以dp(i,j)和dp(j,i)只是两个人角色对换了而已。
3.想到这一步之后，会出现一个问题，就是dp(i,j)无法知道i、j之间的某些点是否已经走过了，所以我们需要进一步思考，刚刚我们提到，dp(i,j)==dp(j,i)，那么我们就可以始终让i>=j（等于只有终点和起点达到）。如果j>i了，只需要交换A、B的角色即可，即将i换为j，j换为i。
4.有了这个条件之后，我们就可以规定dp(i,j)规定为：A在i，B在j（i>=j）且i之前的所有点都走过了，这样也不会漏解，为什么呢？我们的自然的方法中，之所以i~j之间有点不知道走过了没，就是因为我们允许A连续走了多步，比如A从P1->P5->P6，而B可能从P1->P2。所以P3，P4我们不知道有没有被A或者B走到，因为我们只知道A走到了P6而B走到了P2。但是你明显发现了，在刚刚那个例子中，P3、P4之后必须要被B走到。所以我们改进的dp(i,j)中可以让A和B一格一格走，要么A走，要么B走（其实只是让顺序变化了一下而已）。
5.有了刚刚的论证，我们的状态转移就变成了下面这样：
dp[i][j] = min(DP(i + 1, j) + dist(i, i + 1), DP(i + 1, i)+dist(j,i+1));
即要么A走，要么B走，如果A走的话，那么走到状态dp(i+1,j)；如果B走，那么走到状态dp（i,i+1）到要求前面大于后面，所以dp(i,i+1)==dp(i+1,i)即可。注意dist(i,j)表示i-j的距离。

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<cmath>#include<algorithm>using namespace std;struct E{int x,y;}e[1010];double dis[1010][1010];double f[1010][1010];double calcu(int i,int j){return sqrt((double)(e[i].x-e[j].x)*(e[i].x-e[j].x)+(double)(e[i].y-e[j].y)*(e[i].y-e[j].y));}int main(){int n,i,j;while(scanf("%d",&n)!=EOF){memset(f,127,sizeof(f));for(i=1;i<=n;i++){scanf("%d%d",&e[i].x,&e[i].y);for(j=1;j<i;j++){dis[j][i]=calcu(i,j);}}for(i=1;i<n;i++){f[n][i]=dis[i][n];}for(i=n-1;i>=1;i--){for(j=1;j<i;j++){f[i][j]=min(f[i+1][j]+dis[i][i+1],f[i+1][i]+dis[j][i+1]);}}printf("%.2lf\n",f[2][1]+dis[1][2]);}}