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。

旅行商问题描写叙述：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（在多项式时间内能够求出）

J.L. Bentley 建议通过仅仅考虑双调旅程(bitonictour)来简化问题,这样的旅程即为从最左点開始，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)显示了相同的7个点的最短双调路线。在这样的情况下，多项式的算法是可能的。其实，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）首先将各点依照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開始，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)之间的全部点且仅仅经过一次。

在定义d(i,j)为满足这一条件的最短路径。我们仅仅考虑i>=j的情况。

同一时候，定义dist(i,j)为点Pi到Pj之间的直线距离。

（3）最优解：我们须要求的是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，并且又因为j<i-1,因此Pi的左边的相邻点一定是Pi-1.因此能够得出上述等式。

B、当j = i - 1时，与Pi左相邻的那个点可能是P1到Pi-1总的不论什么一个。因此须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)},当中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)}.。

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define INF 100*1000*800
#define MAX 1005

using namespace std;

typedef struct Position
{
	int t;
	int s;
}Position;

Position p[MAX];
int dp[MAX][MAX];

int Distance(int i,int j)//get the distance of track i and track j
{
	int t=(int)fabs(p[i].t-p[j].t)*400;
	int s1,s2;
	if(p[i].s<p[j].s)
	{
		s1=p[i].s;
		s2=p[j].s;
	}
	else
	{
		s1=p[j].s;
		s2=p[i].s;
	}
	int l=s2-s1;
	int r=360-s2+s1;
	return (l<r?l:r)+t;
}

int solve(int n)
{
	int ans=INF;
	int i,j;
	int dis;
	dp[2][1]=Distance(2,1);
	for(i=2;i<=n;i++)
	{
		for(j=1;j<i;j++)
		{
			dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j]+Distance(i-1,i));
			dp[i][i-1]=min(dp[i][i-1],dp[i-1][j]+Distance(j,i));
		}
	}
	for(i=1;i<n;i++)
	{
		dis=Distance(i,n);
		if(ans>dp[n][i]+dis)
			ans=dp[n][i]+dis;
	}
	return ans;
}

int main(int argc,char *argv[])
{
	int n,m;
	scanf("%d",&m);
	while(m--)
	{
		scanf("%d",&n);
		p[1].t=0;
		p[1].s=0;
		for(int i=2;i<=n+1;i++)
			scanf("%d%d",&p[i].t,&p[i].s);
		for(int i=1;i<=n+1;i++)
			for(int j=1;j<=n+1;j++)
				dp[i][j]=INF;
		printf("%d\n",solve(n+1)+n*10);
	}
	return 0;
}