ACM - 动态规划 - UVA 1347 Tour

UVA 1347 Tour

题解

题目大意：有 \(n\) 个点，给出点的 \(x\)、\(y\) 坐标。找出一条经过所有点一次的回路，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。问最短路径距离是多少？

这题原始的问法是不加严格向左严格向右的边界条件，也即著名的旅行商问题（TSP 问题），原问题已经被证明是一个 NP 难的问题。但在此题的限制条件下，我们可以在多项式时间里解决该问题。

我们可以试着从最左边往右走，当准备经过一个点时，它只有两种可能，一是从左往右时经过该点，二是从右往左经过该点。我们可以直接将问题等价为：两个人都从最左边往最右边行走（\(x\) 坐标严格大），每个点都被经过且仅被一个人经过（除起点和终点，起点和终点被各自经过一次），使两条路径加和最短。

显然同一个 \(x\) 坐标的点的数量最多两个，如果有至少三个点会使得至少一个点不能被这两人经过（路径要求 \(x\) 坐标严格大），此时必定不能形成回路。

我们使用动态规划求解，令 \(dp[i][j]\) 表示点 \(1 \sim max(i,j)\) 全部走过，且两个人的当前位置分别是点 \(i\) 和 \(j\)，还需要走多长的距离到达最右边（终点）。

状态转移方程

考虑状态 \(dp[i][j]\)，由于此时点 \(1 \sim max(i,j)\) 全部走过，因此要达到此状态，只有两种可能，点 \(max(i,j)+1\) 由第一个人走，点 \(max(i,j)+1\) 由第二个人走。

用 \(dist(m_1, m_2)\) 函数表示点 \(m_1\) 到 点 \(m_2\) 的欧几里得距离。此时若 \(i > j\)，

第一种情况表示为

\[dp[i][j] = dp[i+1][j] + dist(i, i+1) \]

第二种情况表示为

\[dp[i][j] = dp[i][i+1] + dist(i+1, j) \]

综上，写出状态转移方程：

\[dp[i][j] = \min \left( dp[i+1][j] + dist(i, i+1), dp[i+1][i] + dist(j, i+1) \right) \]

我们再考虑边界的状态，边界如下

\[dp[n-1][j] = dist(n-1, n) + dist(n, j) \]

状态搜索方向

使用递归做状态搜索，此方法的另一种名称叫记忆化搜索，但我个人倾向于将记忆化搜索视为动态规划的递归实现（即使用递归用状态搜索）。

程序实现

使用 C++ 实现算法。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cmath>
#define PII pair<int, int> 
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;

struct point
{
    double x;  // x 坐标
    double y;  // y 坐标
}ps[1005];

double dp[1005][1005];

double dist(int i, int j)
{
    return sqrt((ps[i].x - ps[j].x) * (ps[i].x - ps[j].x) +
                (ps[i].y - ps[j].y) * (ps[i].y - ps[j].y));
}

double fun(int i, int j)
{
    if (dp[i][j] > 0)
        return dp[i][j];
    return dp[i][j] = min(fun(i + 1, j) + dist(i, i + 1),
                          fun(i + 1, i) + dist(j, i + 1));
}

int main()
{
    int N = 1;
    while (cin >> N) {
        for (int i = 1; i <= N; ++i)
            cin >> ps[i].x >> ps[i].y;
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        for (int j = 1; j < N - 1; j++)
            dp[N - 1][j] = dist(N - 1, N) + dist(j, N);
        double ans = fun(1, 1);
        printf("%.2f\n", ans);
    }
    return 0;
}