欧几里得旅行商问题是对平面上给定的n个点确定一条连接各点的最短闭合旅程的问题，下图a给出了7个点问题的解。这个问题的一般形式是NP完全的，故其解需要多于多项式的时间。
J.L.Bentley建议通过只考虑双调旅程来简化问题，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。b显示了同样7个点问题的最短双调路线。在这种情况下，多项式时间的算法是可能的。
描述一个确定最优双调路线的O(n^2)时间的算法，可以假设任何两点的x坐标都不相同。
将各个节点从左至右进行排序，编号为1，2，....n。对于任意的i和k(其中1<=i<=n, 1<=k<=n)，假设这样一种情况，有两条路径，路径A从1出发到i, 路径B从1出发到k， A和B有公共的起点1，但是中途没有交叉点，终点有可能重合也可能不重合，令s=max(i,k)，则从1到s所有的点一定在路径A或者路径B上，不会有遗漏的点。对于特定的i和k，路径A和B存在多种可能的走法，其中必有一种2条路径的和最小的走法，采用这种走法得到的路径A和路径B的和记为B[i,k]。当i=k时B[i,k]表示了从1到i的双调欧几里得旅行商的解，当i=k=n时B[i,k]就表示了整个问题的最终解法。
采用动态规划的算法求解，上图表示对B[i,k]的递进情况，已经确定了值时用绿色填充相应的部分。开始时显然B[0,0]=0。而i=0或者k=0的情况下也可以直接确定B[i,k]的值。
显然，基于对称的考虑，表的左下半部和右上半部的数值将完全相同，所以在生成表的时候可以不用考虑下半部分，既红色填充的部分，当对应的上半部分生成后可以直接填充到红色部分去。
图中三种箭头代表了三种情况。上面右图则是总的推导循序，先向右推导，然后将结果向下拷贝到红色区域，继续下一行向右推导，这样不断地向右下推进。即按照箭头的循序推导，而总的顺序从浅绿到深绿。
黑色箭头：（i > k）
A： 1 --------------->i
B: 1 --------k
已知B[i,k] 要求B[i+1,k] 只用将A路径直接延长到i+1即可
因此 B[i+1,k] = B[i,k] + w(i,i+1)
紫色箭头：(i = k)
A: 1 ------------->i
B: 1 ------------->i
已知B[i,i] 要求B[i+1,i] 此时，AB两条路径在终点i相交，所以这个交叉点需要解开，同时路径A的终点为i+1,路径B的终点为i。此时有i+1种可能的处理方案，对于任意的u (0<=u<=i),从路线图上可以看出B[u,i]是已经推导出来的已知量（红色边框的区域），对于这i+1种B[u,i]，只要将A路线的终点向前进一步道i+1即可达到要求，既:
A: 1 ---------->u----->i+1
B: 1 ------------->i
所以，最优的结果是在这i+1种方案中产生
B[i+1,i] = min{ B[u,i] + w(u,i+1) } (其中 0<=u<=i)
蓝色箭头：(i = k)
A: 1 ------------->i
B: 1 ------------->i
已知B[i,i],要求B[i+1,i+1],此时要将AB路径推向共同的节点i+1。此时对于i+1种B[u,i](0<=u<=i)，既红色框的部分，都可以将他们的A，B两条路线同时向前推进一步到共同的交点i+1来达到目的，既如下所示：
A: 1 -------->u--------->i+1
B: 1 ------------->i---->i+1
所以，最优的结果是在这i+1种方案中产生
B[i+1,i+1] = min{ B[u,i] + w(u,i+1) + w(i,i+1) } (其中 0<=u<=i)