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欧几里得旅行商问题是对平面上给定的n个点确定一条连接各点的最短闭合旅程的问题。如图(a)给出了一个7个点问题的解。这个问题的一般形式是NP完全的,故其解需要多于多项式的时间。
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。
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从小到大排序,重新编号,从左至右1,2,3,…,n。
定义p[i][j],表示结点i到结点j之间的距离。
定义d[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。)
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d[n][n-1],只需将其加上p[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:
d[i][j]=d[i-1][j]+p[i][i-1];
d[i][i-1]=min(d[i-1][j]+p[j][i]);
我的思考:总结来说双调旅行商问题可总结如下
1:按某一标准严格递增走
2:走两条路 每个节点只能结果一次
hdu4824就满足了上述条件 400>360 符合了要求1 要求最小值 我们就要贪心 故而就满足了要求2
只做了一道题还有点少 以后慢慢补
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1010;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int dp[N][N],d[N];
int cal(int a,int b)
{
int res=abs(d[a]-d[b]);
return min(res,360-res);
}
int main()
{
int T,n,maxv;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&maxv,&d[i]);
dp[1][0]=cal(1,0);
for(int i=2;i<=n;i++)
{
dp[i][i-1]=INF;
for(int j=0;j<i-1;j++)
{
dp[i][j]=dp[i-1][j]+cal(i-1,i);
dp[i][i-1]=min(dp[i][i-1],dp[i-1][j]+cal(j,i));
}
}
printf("%d\n",dp[n][n-1]+cal(n-1,n)+800*maxv+n*10);
}
return 0;
}