属于动态规划。TSP（旅行商）问题的简化版本，双调旅行商问题。时间复杂度O(n^2)。
可以参考这个。
给你平面上n个点的坐标，这些点的x坐标依次增大，让你找一条满足这样的性质的最短的路：从1出发，沿着x增大的方向走到n，再沿着x减小的方向走回1，在这途中除了1以外的每个点都要访问一次且仅一次。
这道题完全就是动态规划，只是背景好像最短路一样，其实和最短路算法没任何关系。
我们可以这样想，其实就是找两条1->n的路，这两条路满足除了1和n之外都不重叠而且每个点都访问过（为什么能改变方向呢？想一想这道题的边权就是两点间的距离，是无向的）。
所以，dp[j][i] (j<i)表示一条路从1到j点，一条路从1到i点，这样的两条路的和的最小值（这两条路是互相纠缠的，所以不能说最小值的和）（重要！这两条路满足两条性质：1. 除了1之外不重叠；2. 所有小于等于i的点都已被这两条路访问）。第二条性质非常非常重要！
dp[j][i]和dp[i][j]是等价的，我们只需要保持j<i，仅在最后我们才需要让j=i，以得到dp[n][n]的值。
好了，我直接把代码弄上来，不要问我转移方程为什么是这样或者这样为什么对，我不知道，我只能说明不这样为什么错。
先看1处，现在j和i至少差了两段（中间至少差了一个点），若是按2处的写法来写，则违背了性质2，因为小于j的路直接到了i，这两条路都到不了i和j中间差的那个点或那些点，不能构成dp[j][i]。另外，为什么不能dp[j][i] = dp[j-1][i]+dis[j-1][j]？很简单，因为i那一路已经访问过j了，不能重复访问，这个也适用于2处。
再看2处，首先按照1处来写这两点就重了，中间点不可以重的，而且也是未定义值；然后，为什么1处不能像2处这样写？因为2处i和i-1中间不差任何点！2处这里小循环多次才能得到最终值，用到的历史值都已在上次大循环中生成。
最后，看这个返回的dp[n][n]，也是答案，他为什么用dp[n-1][n]+dis[n-1][n]来表示？为什么不能用dp[n-2][n]+dis[n-2][n]来表示？因为：设想假如最终结果是一条路从1遍历每个点到n，另一条路从1直接到n。dp[n-2][n]是不能表示为这种最终情况的子过程（上个过程）的。而dp[n-1][n]可以表示为任何最终情况的子过程。
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cmath>
using namespace std;
const double INF = 1e9; // 这里是 double INF
const int MAXN = 201;
int N;
int x[MAXN];
int y[MAXN];
double dis[MAXN][MAXN];
double dp[MAXN][MAXN];
void getDis()
{
memset(dis, 0, sizeof dis);
for (int i = 1; i <= N; i++)
for (int j = i + 1; j <= N; j++) // 不用求dis[j][i]，因为用不到
dis[i][j] = sqrt((double)((x[j] - x[i])*(x[j] - x[i]) + (y[j] - y[i])*(y[j] - y[i])));
}
double bitonic_tour() // 双调旅行商问题（TSP问题简化）
{
dp[1][2] = dis[1][2];
for (int i = 3; i <= N; i++)
{
dp[i - 1][i] = INF;
for (int j = 1; j <= i - 2; j++)
{
dp[j][i] = dp[j][i - 1] + dis[i - 1][i]; // 1
dp[i - 1][i] = min(dp[i - 1][i], dp[j][i - 1] + dis[j][i]); // 2
}
}
return dp[N][N] = dp[N - 1][N] + dis[N - 1][N]; // 3
}
int main()
{
for (; ~scanf("%d", &N);)
{
for (int i = 1; i <= N; i++)
scanf("%d%d", &x[i], &y[i]);
getDis();
printf("%.2lf\n", bitonic_tour());
}
return 0;
}