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2014百度之星资格赛——Disk Schedule
2014百度之星资格赛——Disk Schedule
磁盘有许多轨道，每个轨道有许多扇区，用于存储数据。当我们想在特定扇区来读取数据时，磁头需要跳转到特定的轨道、具体扇区进行读取操作。为了简单，我们假设磁头可以在某个轨道顺时针或逆时针匀速旋转，旋转一周的时间是360个单位时间。磁头也可以随意移动到某个轨道进行读取，每跳转到一个相邻轨道的时间为400个单位时间，跳转前后磁头所在扇区位置不变。一次读取数据的时间为10个单位时间，读取前后磁头所在的扇区位置不变。磁头同时只能做一件事：跳转轨道，旋转或读取。
现在，需要在磁盘读取一组数据，假设每个轨道至多有一个读取请求，这个读取的扇区是轨道上分布在 0到359内的一个整数点扇区，即轨道的某个360等分点。磁头的起始点在0轨道0扇区，此时没有数据读取。在完成所有读取后，磁头需要回到0轨道0扇区的始点位置。请问完成给定的读取所需的最小时间。
对于每组测试数据，第一行包含一个整数N（0<N<=1000），表示要读取的数据的数量。之后每行包含两个整数T和S（0<T<=1000，0<= S<360），表示每个数据的磁道和扇区，磁道是按升序排列，并且没有重复。
3 1 1 10 3 1 20 3 30 5 10 2 1 10 2 11
830 4090 1642
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。
求解过程：
（1）首先将各点按照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开始，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)之间的所有点且只经过一次。
在定义d(i,j)为满足这一条件的最短路径。我们只考虑i>=j的情况。
同时，定义dist(i,j)为点Pi到Pj之间的直线距离。
（3）最优解：我们需要求的是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，而且又由于j<i-1,因此Pi的左边的相邻点一定是Pi-1.因此可以得出上述等式。
B、当j = i - 1时，与Pi左相邻的那个点可能是P1到Pi-1总的任何一个。因此需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)},其中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;
}