【算法學習】雙調歐幾里得旅行商問題（動態規劃）

    原博客：http://blog.csdn.net/xiajun07061225/article/details/8092247

雙調歐幾里得旅行商問題是一個經典動態規劃問題。《算法導論（第二版）》思考題15-1和北京大學OJ2677都出現了這個題目。

旅行商問題描述：平面上n個點，確定一條連接各點的最短閉合旅程。這個解的一般形式爲NP的（在多項式時間內可以求出）

J.L. Bentley 建議通過只考慮雙調旅程(bitonictour)來簡化問題,這種旅程即爲從最左點開始，嚴格地從左到右直至最右點，然後嚴格地從右到左直至出發點。下圖(b)顯示了同樣的7個點的最短雙調路線。在這種情況下，多項式的算法是可能的。事實上，存在確定的最優雙調路線的O(n*n)時間的算法。

上圖中，a是最短閉合路線，這個路線不是雙調的。b是最短雙調閉合路線。

求解過程：

（1）首先將各點按照x座標從小到大排列，時間複雜度爲O(nlgn)。

（2）尋找子結構：定義從Pi到Pj的路徑爲：從Pi開始，從右到左一直到P1，然後從左到右一直到Pj。在這個路徑上，會經過P1到Pmax(i,j)之間的所有點且只經過一次。

在定義d(i,j)爲滿足這一條件的最短路徑。我們只考慮i>=j的情況。

同時，定義dist(i,j)爲點Pi到Pj之間的直線距離。

（3）最優解：我們需要求的是d(n,n)。

關於子問題d(i,j)的求解，分三種情況：

A、當j < i - 1時，d(i,j) = d(i-1,j) + dist(i - 1,i)。

由定義可知，點Pi-1一定在路徑Pi-Pj上，而且又由於j<i-1,因此Pi的左邊的相鄰點一定是Pi-1.因此可以得出上述等式。

B、當j = i - 1時，與Pi左相鄰的那個點可能是P1到Pi-1總的任何一個。因此需要遞歸求出最小的那個路徑：

d(i,j) = d(i,i-1) = min{d(k,j) + dist(i,k)},其中1 <= k <= j。

C、當j=i時，路徑上最後相連的兩個點可能是P1-Pi、P2-Pi...Pi-1-Pi。

因此有：

d(i,i) = min{d(i,1)+dist(1,i),...,d(i,i-1),dist(i-1,i)}.。

下面以北京大學OJ2677 Tour爲例，編程實現（C++）：

AC代碼：

//雙調歐幾里得旅行商問題
//《算法導論（第二版）》思考題15-1
//PKU 2677

#include <iostream>
#include <cmath>
#include <iomanip>

using namespace std;

const int n = 7;//點的數目
const int MaxVal = 999999;
const int MaxLen = 201;

struct tagPoint{
    double x,y;
};

//計算點i和點j之間的直線距離
double distance(tagPoint *points,int i,int j)
{
    return sqrt((points[i].x - points[j].x) * (points[i].x - points[j].x) +
        (points[i].y - points[j].y) * (points[i].y - points[j].y));
}

double DP(tagPoint *points,int n)
{
    double b[MaxLen][MaxLen];//記錄最短路徑的長度
    //計算所有情況下的b[i][j]，1 <= i <= j
    //初始化
    b[1][2] = distance(points,1,2);
    for (int j = 3;j <= n;++j)
    {
        //i < j-1
        for (int i = 1;i <= j - 2;++i)
        {
            b[i][j] = b[i][j - 1] + distance(points,j - 1,j);
        }
        //i = j - 1,b[i][j] = min(b[k][j - 1] + distance(k,j));
        b[j - 1][j] = MaxVal;
        for (int k = 1;k <= j - 2;++k)
        {
            double temp = b[k][j - 1] + distance(points,k,j);
            if (temp < b[j - 1][j])
            {
                b[j - 1][j] = temp;
            }
        }
    }

    b[n][n] = b[n - 1][n] + distance(points,n - 1,n);

    return b[n][n];
}

int main()
{
    int NUM;
    while(cin >> NUM)
    {
        tagPoint *points = new tagPoint[NUM + 1];
        for (int i = 1;i <= NUM;++i)
        {
            cin >> points[i].x;
            cin >> points[i].y;
        }
        double minDis = DP(points,NUM);
        //設置輸出格式：精確到小數點後2位
        cout.setf(ios::fixed);
        cout << setprecision(2) << minDis << endl;
    }
}

運行結果：