UVA - 1347 Tour(双调旅行商问题)

本文详细解析了UVA-1347旅行商问题,通过动态规划算法解决平面上n个点的最短闭合旅程问题。文章介绍了状态定义、状态转移方程,并提供了两种实现方式:递推和记忆化搜索。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

UVA - 1347 Tour

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。
题目按照x递增顺序给出,各点x不同。
在这里插入图片描述

分析

动态规划

题目说从最左端走到最右端,再返回最左端。可以想象成两个人同时从最左端沿着两条不同路径走到最右端,保证每个点走到一次,则他们两个的路径相加最短就是答案。

最难的就是定义状态,状态定义的好坏直接影响题目的解决

将题目给出的点按 x 大小编号 1 到 n,
d p ( i , j ) dp(i, j) dp(i,j) 表示 1 到 m a x ( i , j ) 1 到 max(i, j) 1max(i,j) 的点都已经走过,而且当前位置是 ( i , j ) (i, j) (i,j) ,还需要至少多少距离。显然,最后要求的答案就是 d p ( 1 , 1 ) dp(1,1) dp(1,1)

思考状态转移方程,
因为 d p ( i , j ) = = d p ( j , i ) dp(i,j) == dp(j,i) dp(i,j)==dp(j,i),因此dp数组只需要填一半就行,不妨规定 i > j i>j i>j,下一次只能走到 i + 1 i+1 i+1,那么 d p ( i , j ) = m i n ( d p ( i + 1 , j ) , d p ( i , i + 1 ) ) dp(i, j) = min(dp(i+1, j),dp(i, i+1)) dp(i,j)=min(dp(i+1,j),dp(i,i+1))
因为 d p ( i , i + 1 ) = = d p ( i + 1 , i ) dp(i,i+1) == dp(i+1, i) dp(i,i+1)==dp(i+1,i)
方程变为 d p ( i , j ) = m i n ( d p ( i + 1 , j ) , d p ( i + 1 , i ) ) dp(i, j) = min(dp(i+1, j),dp(i+1, i)) dp(i,j)=min(dp(i+1,j),dp(i+1,i))

递推

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 1e3 + 10;

int n;
double dp[N][N];    //表示 1~max(i,j) 已经走过,现在在位置(i,j),最少还要多少距离
double x[N], y[N], dis[N][N];

int main()
{
    while(cin >> n){
        for(int i = 1; i <= n; i++){
            scanf("%lf%lf", &x[i], &y[i]);
        }
        for(int i = 1; i <= n; i++){    //预处理所有点之间距离
            for (int j = 1; j <= n; j++){
                dis[i][j] = sqrt((x[i] - x[j]) * (x[i] - x[j]) + (y[i] - y[j]) * (y[i] - y[j]));
            }
        }

        for (int i = n - 1; i >= 1; i--){
            for (int j = 1; j <= i; j++){
                if(i == n-1){
                    dp[i][j] = dis[i][n] + dis[j][n];   //边界 两人直接走到终点
                }else{
                    dp[i][j] = min(dis[i][i + 1] + dp[i + 1][j], dis[j][i + 1] + dp[i + 1][i]);
                }
            }
        }
        printf("%.2f\n", dp[1][1]);
    }
    return 0;
}

记忆化搜索

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 1e3 + 10;

int n;
double dp[N][N];    //表示 1~max(i,j) 已经走过,现在在位置(i,j),最少还要多少距离
double x[N], y[N], dis[N][N];

double DP(int i, int j)
{
    double &ans = dp[i][j];
    if(ans > 0)         //已经求过
        return ans;
    if(i == n-1){
        ans = dis[n - 1][n] + dis[j][n];
    }else{
        ans = min(dis[i][i + 1] + DP(i + 1, j), dis[j][i + 1] + DP(i + 1, i));
    }
    return ans;
}

int main()
{
    while(cin >> n){
        for(int i = 1; i <= n; i++){
            scanf("%lf%lf", &x[i], &y[i]);
        }
        for(int i = 1; i <= n; i++){    //预处理所有点之间距离
            for (int j = 1; j <= n; j++){
                dp[i][j] = -1.0;
                dis[i][j] = sqrt((x[i] - x[j]) * (x[i] - x[j]) + (y[i] - y[j]) * (y[i] - y[j]));
            }
        }
        printf("%.2f\n", DP(1, 1));
    }
    return 0;
}
### UVa1347 旅行问题解题思路 针对UVa1347中的旅行问题,该问题被描述为一个经典的TSP(旅行商)问题变种。然而,在特定条件下可以采用更高效的解决方案而不是传统的搜索方法[^1]。 #### 动态规划的状态表示 为了有效处理此问题,建议使用动态规划来追踪访问节点的情况。具体来说,可以通过定义`dp[S][i]`作为状态变量,其中`S`代表已经访问过的城市集合,而`i`则指代当前所在的最后一个城市位置。这种状态下,目标是最小化路径总权重并返回起点形成环路。 #### 转移方程构建 对于每一个可能的城市组合以及当前位置,计算从未访问过的新城市的最短距离,并更新相应的DP表项: \[ dp[S \cup {j} ][j]=\min(dp[S \cup {j} ][j],dp[S][i]+cost(i,j)) \] 这里\( S \)是已访问城市的子集;\( i \)是从前一阶段继承过来的位置;\( j \)是要尝试加入到路线里的下一个未访问地点;\( cost(i, j)\) 表示从 \( i \) 到 \( j\) 的边成本。 #### 边界条件设定 初始化时设置起始点的成本为零(`dp[{source}][source]=0`),其余均为无穷大以确保找到最优解。最终答案将是所有结束于源顶点的有效序列中具有最低累积开销的那个。 ```python from functools import lru_cache import sys @lru_cache(None) def tsp(mask, pos): if mask == (1 << n) - 1 and pos == start: return dist[pos][start] result = float('inf') for city in range(n): if not (mask & (1 << city)): new_mask = mask | (1 << city) current_cost = dist[pos][city] + tsp(new_mask, city) result = min(result, current_cost) return result n = int(input()) dist = [[int(x) for x in input().split()] for _ in range(n)] start = 0 print(tsp(1<<start, start)) ``` 上述代码片段展示了如何利用Python实现带有记忆化的递归来解决这个问题。通过这种方式可以在合理的时间内获得较优的结果,适用于题目给定的数据规模限制下求得全局最小值。
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