【动态规划dp】青蛙的烦恼（frog）

青蛙的烦恼（frog）
【题目描述】
池塘中有 n 片荷叶恰好围成了一个凸多边形，有一只小青蛙恰好站在 1 号荷叶上，小青蛙想通过
最短的路程遍历所有的荷叶（经过一个荷叶一次且仅一次），小青蛙可以从一片荷叶上跳到另外任意一
片荷叶上。
【输入格式】
第一行为整数 n，荷叶的数量。
接下来 n 行，每行两个实数，为 n 个多边形的顶点坐标，按照顺时针方向给出。保证不会爆 double。
【输出格式】
遍历所有荷叶最短路程，请保留 3 位小数。
【输入样例】
4
50.0 1.0
5.0 1.0
0.0 0.0
45.0 0.0
【输出样例】
50.211
【数据范围】
对于所有数据,0< n<=720

—————————————————分割の线——————————————————

又是一道优秀的dp题，但貌似无从下手。
其实是两件事情。
其一、数学思想
降低枚举复杂度，确定决策方案（dp方程）的唯一核心。证明如下：
性质：青蛙遍历的路径不会相交。

上图中图2的路径比图1要短。
证明：图1: D1=d(1,3)+d(2,3)+d(2,4)
图2: D2=d(1,2)+d(2,3)+d(3,4)
要证明D1>D2,只要证明d(1,3) +d(2,4)>d(1,2)+d(3,4)
连接两边，见图3，由三角形的三边关系定理即可证明。
由此可得，在1号结点的青蛙只能跳到2号结点和n号结点。

如果青蛙跳到了2号结点，则问题转化为：从2出发，遍历2..n一次仅一次的最短距离。
如果青蛙跳到了n号结点，则问题转化为：从n出发，遍历2..n一次仅一次的最短距离。
这实际上是递归的思维，把问题转化为了本质相同但规模更小的子问题,如下图。

定义：F(i,j,0)表示还有i~j号点没访问,且青蛙停在i的最小值
F(i,j,1)表示还有i~j号点没访问,且青蛙停在j的最小值

贴一下dp的转移方程：

状态总数为n2，状态转移的复杂度为O(1)，总的时间复杂度为O(n2)。

其二、有效的转移方法
直接地dp未尝不可，但我个人认为既然是利用了递归的思想，那记忆化搜索的编写应当更方便一些。
定义如下：
dfs(i,j,bl),表示访问i~j号点，且停在i或j位时的最小值（bl==0时，停在i，bl==1时，停在j）
如果未进行过上述的状态转移，就进行一次计算，并把计算结果保存在f(i,j,k)的数组中。
如果i和j为同一点，则返回0

代码如下：

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct node
{double x,y;
}a[2000];
int n;
double f[1000][1000][2],dist[1000][1000];double dis(int x,int y){return sqrt((a[x].x-a[y].x)*(a[x].x-a[y].x)+(a[x].y-a[y].y)*(a[x].y-a[y].y));
}
void Init(){freopen("frog.in","r",stdin);freopen("frog.out","w",stdout);cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lf%lf",&a[i].x,&a[i].y);for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)for(int k=0;k<=1;k++)f[i][j][k]=-1;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=i;j<=n;j++)dist[i][j]=dist[j][i]=dis(i,j);
}
double dfs(int i,int j,int bl)
{if(i==j) return 0.0;if(f[i][j][bl]==-1){if(bl)//1{f[i][j][bl]=min(dfs(i,j-1,1)+dist[j][j-1],dfs(i,j-1,0)+dist[i][j]);}else//0{f[i][j][bl]=min(dfs(i+1,j,0)+dist[i][i+1],dfs(i+1,j,1)+dist[i][j]);}}return f[i][j][bl];
}
int main()
{Init();printf("%.3lf",dfs(1,n,0));return 0;
}

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