原题链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P1523
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
本题为著名的 NPC 难题的简化版本。
现在笛卡尔平面上有 (n≤1000) 个点，每个点的坐标为(x,y)，<x,y<
，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 #1
7 0 6 1 0 2 3 5 4 6 1 7 5 8 2
输出 #1
25.58
说明/提示
题目来源
《算法导论（第二版）》 15-1
解题思路：
这个题目是npc问题的简化版，也就是旅行商问题的简化版，
简化之后很像：P1006 [NOIP2008 提高组] 传纸条
这俩个题目的解题思想非常的像，但是又不完全相同，因为传纸条这个题目走的过程中间俩个人是允许走同一个点的，只是效益只计算一次，但是这个题目俩个人不允许走同一个点，首先我们利用类似传纸条这题的思想对题目进行类似转换，对于本题我们同样可以将来回走，变为俩个人一起从西边的点走到东边的点，这样就将原问题转换为了有俩个人从最西边的点都走到最东边的点，并且中间的每个点走且只走一次，这样我们就可以根据传纸条这题的思想来设计状态了，注意走的过程中由于不能走同样的点，所以走的过程中必然一个在前一个在后，我们还需要对于所有点按照横坐标从小到达排序。
状态定义
定义f[i][j]表示后面那个人走到i这个点，前面那个人走到j这个点，并且i<j，并且1~j之间的所有点都走过一次了的最短距离。
初始化
由于必须从西往东依次走过每一个点，我们最开始一定后面那个人在1号点，前面那个人在2号点，所以初始化为f[1][2]=d[1][2]
状态转移
当前i在后面,j在前面，1~j之间的所有点都已经走过了，接下来要走的点是j+1,那么存在俩种情况
(1)让j走到j+1,i暂时不动
(2)让i走到j+1,j暂时不动,会导致i走到j前面，为了保证前后性，我们交换i,j的位置
j走到j+1,i暂时不动
- f[i][j + 1] = min(f[i][j + 1], f[i][j] + d[j][j + 1]);
i走到j+1,j暂时不动，并且需要交换i，j位置，原本i变为j+1，j还是j，现在交换变为i变为j，j变为j+1,交换位置才能保证前面那个仍然在前面，后面那个也仍然在后面。
- f[j][j + 1] = min(f[j][j + 1], f[i][j] + d[i][j + 1]);
最终答案
最后一步一定是前面那个人已经到达了n号点，后面那个人可以在中间的任意一个点，后面那个人还没有到达终点，然后后面那个人走到n号点(终点)，所以答案就是所有的min(f[i][n]+d[i][n])(1<=i<n)
时间复杂度：第一维枚举后面那个人当前所在点，时间为O(n)，第二维枚举前面那个人当前所在点，时间为O(n)，最终时间复杂度为O(n^2)，n=1000，最终时间就是1e6，这个时间复杂度是肯定可以过的。
空间复杂度：俩个数组都是二维，空间复杂度为O(n^2)。
cpp代码如下：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
const int N = 1010;
int n;
struct points
{
double x, y;
} a[N]; // 存储所有点的坐标
double f[N][N], d[N][N];
double get_distance(points u, points v) // 计算俩点之间的距离
{
double dx = u.x - v.x, dy = u.y - v.y;
return sqrt(dx * dx + dy * dy);
}
int main()
{
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%lf%lf", &a[i].x, &a[i].y);
// 按照横坐标从小到达排序
sort(a + 1, a + 1 + n, [&](points A, points B)
{ return A.x < B.x; });
// 初始化距离数组d和dp数组f
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= n; j++)
{
d[i][j] = d[j][i] = get_distance(a[i], a[j]);
f[i][j] = 1e30;
}
// 初始时走在后面的那个人在1号点，走在前面的那个人在2号点，由于必须是从习往东一次走每个点，所以最开始俩人必然在1,2号点
f[1][2] = d[1][2];
for (int i = 1; i < n; i++)
for (int j = i + 1; j <= n; j++) // 前面那个人要在后面那个人前面，所以这里从i+1开始枚举
{
/*
当前i在后面,j在前面，1~j之间的所有点都已经走过了，接下来要走的点是j+1,那么存在俩种情况
(1)让j走到j+1,i暂时不动
(2)让i走到j+1,j暂时不动
*/
// j走到j+1,i暂时不动
f[i][j + 1] = min(f[i][j + 1], f[i][j] + d[j][j + 1]);
// i走到j+1,j暂时不动
f[j][j + 1] = min(f[j][j + 1], f[i][j] + d[i][j + 1]);
}
/*
最后一步一定是前面那个人已经到达了n号点，后面那个人可以在中间的任意一个点，后面那个人还没有到达终点，
然后后面那个人走到n号点(终点)，所以答案就是所有的min(f[i][n]+d[i][n]) (1<=i<n)
*/
double ans = 1e30;
for (int i = 1; i < n; i++)
ans = min(ans, f[i][n] + d[i][n]);
printf("%.2lf\n", ans);
return 0;
}
