题目链接：https://vjudge.net/problem/UVA-1347
题意：有n个点，给出x、y坐标。找出一条路，从最左边的点出发，严格向右走到达最右点再严格向左回到最左点。问最短路径是多少？
不看题解我是真的不知道这个题可以用dp做，看了题解一脸懵（这都是些什么啊.......)（这个状态定义的太牛啤）
大体思路：用dp(i,j)表示A走到i，B走到j时的状态还需要走多远到终点，可以证明dp(i,j)==dp(j,i)；dp(i,j)表示 已经 达到这个状态后还需要走多远到达终点，与怎么到达这个状态的并没有关系，所以dp(i,j)和dp(j,i)只是两个人角色对换了而已。 但这会出现一个问题，就是dp(i,j)无法知道i、j之间的某些点是否已经走过了，所以我们需要进一步思考，刚刚我们提到，dp(i,j)==dp(j,i)，那么我们就可以始终让i>=j（等于只有终点和起点达到）。如果j>i了，只需要交换A、B的角色即可，即将i换为j，j换为i。 有了这个条件之后，我们就可以规定dp(i,j)规定为：A在i，B在j（i>=j）且i之前的所有点都走过了，这样也不会漏解，为什么呢？我们的自然的方法中，之所以i~j之间有点不知道走过了没，就是因为我们允许A连续走了多步，比如A从P1->P5->P6，而B可能从P1->P2。所以P3，P4我们不知道有没有被A或者B走到，因为我们只知道A走到了P6而B走到了P2。但是你明显发现了，在刚刚那个例子中，P3、P4之后必须要被B走到。所以我们改进的dp(i,j)中可以让A和B一格一格走，要么A走，要么B走（其实只是让顺序变化了一下而已）。有了刚刚的论证，我们的状态转移就变成了下面这样：
dp[i][j] = min(DP(i + 1, j) + dist(i, i + 1), DP(i + 1, i)+dist(j,i+1));即要么A走，要么B走，如果A走的话，那么走到状态dp(i+1,j)；如果B走，那么走到状态dp（i,i+1）到要求前面大于后面，所以dp(i,i+1)==dp(i+1,i)即可。注意dist(i,j)表示i-j的距离。
#include <stdio.h>#include <string.h>#include <math.h> #include <algorithm> using namespace std; const int N = 105; const double INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f; int n; double x[N], y[N], dp[N][N]; inline double dis (int a, int b) {return sqrt((x[a]-x[b])*(x[a]-x[b]) + (y[a]-y[b])*(y[a]-y[b]));} void init () {for (int i = 1; i <= n; i++)scanf("%lf%lf", &x[i], &y[i]);memset(dp, 0, sizeof(dp));dp[2][1] = dis(1, 2);} double solve () {for (int i = 3; i <= n; i++) {dp[i][i-1] = INF;for (int j = 1; j < i-1; j++) {dp[i][i-1] = min(dp[i][i-1], dp[i-1][j] + dis(i, j));dp[i][j] = dp[i-1][j] + dis(i, i-1);}}double ans = INF;for (int i = 1; i < n; i++)ans = min(ans, dp[n][i] + dis(n, i));return ans;} int main () {while (scanf("%d", &n) == 1) {init ();printf("%.2lf\n", solve ());}return 0;
最后感谢这位博主：https://blog.csdn.net/qq_28236309/article/details/51931816
