算法学习双调欧几里得旅行商问题（动态规划）(转)

Posted 2020-10-04 一蓑烟雨任生平

双调欧几里得旅行商问题是一个经典动态规划问题。《算法导论（第二版）》思考题15-1和北京大学OJ2677都出现了这个题目。

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。这个解的一般形式为NP的（在多项式时间内可以求出）

J.L. Bentley 建议通过只考虑双调旅程(bitonictour)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。

上图中，a是最短闭合路线，这个路线不是双调的。b是最短双调闭合路线。

 

求解过程：

（1）首先将各点按照x坐标从小到大排列，时间复杂度为O(nlgn)。

（2）寻找子结构：定义从Pi到Pj的路径为：从Pi开始，从右到左一直到P1，然后从左到右一直到Pj。在这个路径上，会经过P1到Pmax(i,j)之间的所有点且只经过一次。

在定义d(i,j)为满足这一条件的最短路径。我们只考虑i>=j的情况。

同时，定义dist(i,j)为点Pi到Pj之间的直线距离。

（3）最优解：我们需要求的是d(n,n)。

关于子问题d(i,j)的求解，分三种情况：

A、当j < i - 1时，d(i,j) = d(i-1,j) + dist(i - 1,i)。

由定义可知，点Pi-1一定在路径Pi-Pj上，而且又由于j<i-1,因此Pi的左边的相邻点一定是Pi-1.因此可以得出上述等式。

B、当j = i - 1时，与Pi左相邻的那个点可能是P1到Pi-1总的任何一个。

因此需要递归求出最小的那个路径：

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

C、当j=i时，路径上最后相连的两个点可能是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)}.。

 

for(int i=1;i<=n;i++)
    scanf("%d%d",&v[i].x,&v[i].y);//输入坐标 
sort(v+1,v+1+n,cmp);//排序 
pre();//预处理出任意两点间的距离。 
f[1][2]=f[2][1]=dis[1][2];//预处理,f[1][2]=f[2][1]=dis[1][2]=dis[2][1]; 
f[2][2]=2*dis[1][2];//根据原理推得f[2][2]=dis[1][2]*2=dis[2][1]*2; 
for(int i=3;i<=n;i++){
　　for(int j=1;j<i-1;j++)//①f[i][j]=f[j][i];②对应学习中的第一种情况j<i-1,那么f[i][j]=f[i-1][j]+dis[i][i-1]; 
    　　f[i][j]=f[j][i]=f[i-1][j]+dis[i][i-1];
   f[i][i-1]=f[i-1][i]=f[i][i]=0x7f7f7f7f;//取小，附为极大值。 
   for(int j=1;j<=i-1;j++)//对应学习中的第二种情况:j==i-1，此时与i左邻的点肯定在1——i-1中，枚举最短距离。 
       f[i-1][i]=f[i][i-1]=min(f[i][i-1],f[j][i-1]+dis[j][i]);
   for(int j=1;j<=i;j++)//对应学习中的第三种情况：i==j,那最后连边的可能是i与i——i-1中的一个点，取这条边的最小值。 
       f[i][i]=min(f[i][i],f[j][i]+dis[j][i]);
}

//最后的f[n][n]即为所求。