题目大意：
双调欧几里得旅行商问题（动态规划）
给定平面上n（n≤1000）个点的坐标（按照x递增的顺序给出。各点x坐标不同，且均为 正整数），你的任务是设计一条路线，从最左边的点出发，走到最右边的点后再返回，要求 除了最左点和最右点之外每个点恰好经过一次，且路径总长度最短。两点间的长度为它们的 欧几里德距离，如图9-4所示。

正确的问题应该是这个：

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。

"从左到右再回来"不太方便思考，可以改成：两个人同时从最左点出发，
沿着两条不同 的路径走，最后都走到最右点，必须严格的从左往右走(x增大的方向)。
且除了起点和终点外其余每个点恰好被一个人经过

定义d(i,j)表示1～max(i,j)全部走过，且两个人的当前位置分别是i和j，还需 要走多长的距离。不难发现d(i,j)=d(j,i)，因此从现在开始规定在状态中i＞j。这样，不管是 哪个人，下一步只能走到i＋1, i＋2,…这些点。可是，如果走到i＋2，情况变成了“1～i和i＋ 2，但是i＋1没走过”，无法表示成状态！怎么办？禁止这样的决策！也就是说，只允许其中 一个人走到i＋1，而不能走到i＋2, i＋3,…。换句话说，状态d(i,j)只能转移到d(i＋1,j)和d(i＋ 1,i)。

可是这样做产生了一个问题：上述“霸道”的规定是否可能导致漏解呢？不会。因为如果 第一个人直接走到了i＋2，那么它再也无法走到i＋1了，只能靠第二个人走到i＋1。既然如 此，现在就让第二个人走到i＋1，并不会丢失解。
边界是d(n－1,j)=dist(n－1,n)＋dist(j,n)，其中dist(a,b)表示点a和b之间的距离。

因为根据 定义，所有点都走过了，两个人只需直接走到终点。所求结果是dist(1,2)＋d(2,1)，因为第一 步一定是某个人走到了第二个点，根据定义，这就是d(2,1)。

思考：这个状态表示非常巧妙。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

double x[1005], y[1005];
double dp[1005][1005];
int n;
double dist(int i, int j)
{
    return sqrt((x[i]-x[j])*(x[i]-x[j])+(y[i]-y[j])*(y[i]-y[j]));
}

double dfs(int i, int j)
{
    if(dp[i][j])
    {
        return dp[i][j];
    }
    if(i==n-1)//边界条件
    {
        return dp[i][j]=dist(n-1, n)+dist(j, n);
    }

    return dp[i][j]=min(dfs(i+1, j)+dist(i, i+1), dfs(i+1, i)+dist(j, i+1));
}

int main()
{
    while(~scanf("%d",&n))
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%lf%lf",&x[i],&y[i]);
        }
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        printf("%.2f\n",dfs(2, 1)+dist(1, 2));
    }

	return 0;
}