Tour Uva1347（DP）

刘汝佳给这道题的分析真的妙。太大佬了。

1.“从左到右再回来”不太方便思考，可以改成：两个人同时从最左点出发，沿着两条不同
的路径走，最后都走到最右点，且除了起点和终点外其余每个点恰好被一个人经过。 这样，
就可以用d(i,j)表示第一个人走到i，第二个人走到j，还需要走多长的距离。 

这样换个方式思考就大大减少了复杂度！

2.好像很难保证两个人不会走到相同的点。 例如，
计算状态d(i,j)时，能不能让i走到i＋1呢？不知道，因为从状态里看不出来i＋1有没有被j走
过。 换句话说，状态定义得不好，导致转移困难

3.下面修改一下：d(i,j)表示1～max(i,j)全部走过，且两个人的当前位置分别是i和j，还需
要走多长的距离。 不难发现d(i,j)=d(j,i)，因此从现在开始规定在状态中i＞j。 这样，不管是
哪个人，下一步只能走到i＋ 1 , i＋2,…这些点。 可是，如果走到i＋2，情况变成了“1～i和i＋
2，但是i＋1没走过”，无法表示成状态！怎么办？禁止这样的决策！也就是说，只允许其中
一个人走到i＋1，而不能走到i＋2, i＋3,…。 换句话说，状态d(i,j)只能转移到d(i＋1,j)和d(i＋
1,i)。

4.状态总数有O(n2)个，每个状态的决策只有两个，因此总时间复杂度为O(n2)。

这个状态转移：d(i,j)只能转移到d(i＋1,j)和d(i＋1,i)只适合递归记忆化搜索求解，因为我们不能事先知道

i+1的状态，我尝试过从后往前推，也是不可能的。（根据对称性也能想明白）。

如果写成循环递推的形式需要对状态转移方程进行修改，d（i， j）的得来应该分两种，j < i - 1 和j  == i  - 1时，

这两种递推需要分开写。d（i，j）= d（i - 1，j） + dist（i-1,i）和d（i，i-1）=  min（ d（i，i - 1），d（i - 1， j) + dist（j，i））

这两个式子看似互相独立，但是都影响着将来。

最后是dp的边界条件，初始肯定要有人走第一步，这个初始化一下。

第二个是i走到i后还要再让j走到最后一步。

#include 
using namespace std;
#define M 1010
typedef pair P;
#define f first
#define s second
#define INF 100000000

P date[M];
double dp[M][M];
double ans;
//bool vis[M];

//distance
double dist(int i, int j)
{
    double x = abs(date[i].f - date[j].f);
    double y = abs(date[i].s - date[j].s);

    return hypot(x, y);
}

int main()
{
    int n;

    while(scanf("%d", &n) != EOF)
    {
        for(int i = 1; i <= n; i++){
            scanf("%d%d", &date[i].f, &date[i].s);
        }

        for(int i = 0; i <= n; i++){
            for(int j = 0; j <= n; j++){
            dp[i][j] = INF;
            }
        }
       // memset(vis, 0, sizeof(vis));

       //edge
        dp[2][1] = dist(2, 1);
        ans = INF;
        for(int i = 3; i <= n; i++){
            for(int j = 1; j < i - 1; j++){
                dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dist(i, i - 1);
                dp[i][i - 1] = min(dp[i][i - 1], dp[i - 1][j] + dist(j, i));
            }
        }

        //j‘s last step
        for(int i = 1; i < n; i++)
            ans = min(ans, dp[n][i] + dist(n, i));

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

    return 0;
}