POJ2677,HDU2224【双调欧几里得模板题】

双调欧几里得旅行商问题是一个经典动态规划问题。《算法导论（第二版）》思考题15-1和北京大学OJ2677都出现了这个题目。

旅行商问题描述：平面上n个点，确定一条连接各点的最短闭合旅程。这个解的一般形式为NP的（在多项式时间内可以求出）

J.L. Bentley 建议通过只考虑双调旅程(bitonictour)来简化问题,这种旅程即为从最左点开始，严格地从左到右直至最右点，然后严格地从右到左直至出发点。下图(b)显示了同样的7个点的最短双调路线。在这种情况下，多项式的算法是可能的。事实上，存在确定的最优双调路线的O(n*n)时间的算法。

其实这一类的题目是有公式的，至于为什么这样最优，其实还不是很懂，有大神会的话，望多多指教~

（1）首先将各点按照x坐标从小到大排列，时间复杂度为O(nlgn)。

（2）寻找子结构：定义从Pi到Pj的路径为：从Pi开始，从右到左一直到P1，然后从左到右一直到Pj。在这个路径上，会经过P1到Pmax(i,j)之间的所有点且只经过一次。在定义d(i,j)为满足这一条件的最短路径。我们只考虑i>=j的情况。

同时，定义dist(i,j)为点Pi到Pj之间的直线距离。

（3）最优解：我们需要求的是d(n,n)。

关于子问题d(i,j)的求解，分三种情况：

A、当j < i - 1时，d(i,j) = d(i-1,j) + dist(i - 1,i)。

由定义可知，点Pi-1一定在路径Pi-Pj上，而且又由于j<i-1,因此Pi的左边的相邻点一定是Pi-1.因此可以得出上述等式。

B、当j = i - 1时，与Pi左相邻的那个点可能是P1到Pi-1总的任何一个。因此需要递归求出最小的那个路径：

d(i,j) = d(i,i-1) = min{d(k,j) + dist(i,k)},其中1<= k <= j。

C、当j=i时，路径上最后相连的两个点可能是P1-Pi、P2-Pi...Pi-1-Pi。

因此有：

d(i,i) = min{d(i,1)+dist(1,i),...,d(i,i-1),dist(i-1,i)}.。

下面是我总结的dp时候的模板~

dp[2][1]=dp[1][2]=dis[1][2];
dp[2][2]=2*dis[1][2];
for(int i=3;i<=n;++i){
for(int j=1;j<i-1;++j){
dp[j][i]=dp[i][j]=dp[i-1][j]+dis[i][i-1];
}
dp[i][i-1]=dp[i-1][i]=dp[i][i]=INF;
for(int j=1;j<=i-1;++j){
if(dp[i][i-1]-(dp[j][i-1]+dis[j][i])>1e-3){
dp[i-1][i]=dp[i][i-1]=dp[j][i-1]+dis[j][i];
}
}
for(int j=1;j<=i;++j){
if(dp[i][i]-(dp[j][i]+dis[j][i])>1e-3){
dp[i][i]=dp[j][i]+dis[j][i];
}
}
}

两道题的代码是一样的，不过poj的不用排序也可以~

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int n;
double dis[550][550],dp[505][505];
struct node{
int x,y;
}pla[1500];
bool cmp(node a,node b){
if(a.x!=b.x)return a.x<b.x;
else return a.y<b.y;
}
void get_dis(){
int x1,x2,y1,y2;
for(int i=1;i<=n;++i){
x1=pla[i].x;y1=pla[i].y;
for(int j=i;j<=n;++j){
x2=pla[j].x;y2=pla[j].y;
dis[j][i]=dis[i][j]=sqrt((double)((x1-x2)*(x1-x2)+(y1-y2)*(y1-y2)));
}
}
}
int main()
{
int x,y;
while(scanf("%d",&n)!=EOF){
memset(dis,0,sizeof(dis));
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d%d",&x,&y);
pla[i]=(node){x,y};
}
sort(pla+1,pla+n+1,cmp);
get_dis();
dp[2][1]=dp[1][2]=dis[1][2];
dp[2][2]=2*dis[1][2];
for(int i=3;i<=n;++i){
for(int j=1;j<i-1;++j){
dp[j][i]=dp[i][j]=dp[i-1][j]+dis[i][i-1];
}
dp[i][i-1]=dp[i-1][i]=dp[i][i]=INF;
for(int j=1;j<=i-1;++j){
if(dp[i][i-1]-(dp[j][i-1]+dis[j][i])>1e-3){
dp[i-1][i]=dp[i][i-1]=dp[j][i-1]+dis[j][i];
}
}
for(int j=1;j<=i;++j){
if(dp[i][i]-(dp[j][i]+dis[j][i])>1e-3){
dp[i][i]=dp[j][i]+dis[j][i];
}
}
}
printf("%.2f\n",dp

);
}
return 0;
}