J.L. Bentley 建议通过只考虑双调旅程(bitonic tour)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。
图a
图b 注:在一个单位栅格上显示的平面上的七个点。 a)最短闭合路线,长度大约是24.89。这个路线不是双调的。b)相同点的集合上的最短双调闭合路线。长度大约是25.58。
这是一个算导上的思考题15-1。
首先将给出的点排序，关键字x，重新编号，从左至右1，2，3，…，n。
定义d[i][j]，表示结点i到结点j之间的距离。
定义dp[i][j]，表示从i连到1，再从1连到j，（注意，i>j，且并没有相连。）
.png)
对于任意一个点i来说，有两种连接方法，一种是如图（a）所示，i与i-1相连，另一种呢是如图（b），i与i-1不相连。
根据双调旅程，我们知道结点n一定与n相连，那么，如果我们求的dp[n][n-1]，只需将其加上d[n-1][n]就是最短双调闭合路线。
根据上图，很容易写出方程式：
dp[i][j]=dp[i-1][j]+d[i][i-1];
dp[i][i-1]=min(dp[i][i-1],dp[i-1][j]+d[j][i]);
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
const int maxn = 1010;
int dp[maxn][maxn];
int d[maxn][maxn];
struct point
{
int x, y;
}a[maxn];
int dis(int i, int j) //计算两点之间的距离
{
int p,q;
if(a[i].y>a[j].y)
q=(360+a[j].y-a[i].y)%360;
else
q=(360+a[i].y-a[j].y)%360;
p=abs(a[i].y-a[j].y)>q?q:abs(a[i].y-a[j].y); //求出小弧的长度
return (abs(a[i].x-a[j].x)*400+p); //距离=两点的轨道差*400+两点的扇区差
}
int main()
{
int t,n;
scanf("%d",&t);
while(t-- )
{
scanf("%d", &n);
a[1].x=0;
a[1].y=0; //把起点（0，0）加上
for(int i = 2; i <= n+1; i++)
scanf("%d %d", &a[i].x, &a[i].y);
for(int i = 1; i <= n+1; i++)
{
for(int j = 1; j <= n+1; j++)
{
d[i][j] = dis(i, j); //d[i][j]为i点到j点的距离
}
}
dp[1][2] = d[1][2];
for(int i = 3; i <= n+1; i++)
{
for(int j = 1; j < i-1; j++)
{
dp[j][i] = dp[j][i-1] + d[i-1][i]; /* dp[j][i]为j点到1点，再从1点到i点的距离，这一步是为下一循环求dp[i][i+1]做准备，其实就是图a */
}
dp[i-1][i] = 999999999;
for(int j = 1; j < i-1; j++)
{
int sum = dp[j][i-1] + d[j][i];
if(dp[i-1][i] > sum)
dp[i-1][i] = sum; /* dp[i-1][i]为i-1点到1点，再从1点到i点的最短距离,这个距离只要加上边d[i-1][i]就是从1点到i点的最短闭合旅程，其实就是图b */
}
}
dp[n+1][n+1] = dp[n][n+1] + d[n][n+1];
printf("%d\n", dp[n+1][n+1]+10*n); /* dp[n+1][n+1]就是最终的最短闭合旅程，n+1点到1点，再从1点到n+1点的最短距离 ,10*n为读取点中数据的时间 */
}
return 0;
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原文地址：http://blog.csdn.net/bitezijie/article/details/26184509
