hdu 4824 Disk Schedule 双调欧几里得 (TSP类)

Disk Schedule

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 509    Accepted Submission(s): 219

Problem Description

有很多从磁盘读取数据的需求，包括顺序读取、随机读取。为了提高效率，需要人为安排磁盘读取。然而，在现实中，这种做法很复杂。我们考虑一个相对简单的场景。
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。

 

Input

输入的第一行包含一个整数M（0<M<=100），表示测试数据的组数。
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。

 

Output

对于每组测试数据，输出一个整数，表示完成全部读取所需的时间。

 

Sample Input

311 1031 203 305 1021 102 11

 

Sample Output

83040901642

 

Source

2014年百度之星程序设计大赛 - 资格赛

 

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要访问所有的点再回到原点，就是一个TSP问题。

但是路径有一定要求。

因为换轨道的时间太长，因此只能从0轨道到n轨道，再从n轨道回到0轨道。

相当于是两条路径从0到n汇合，每条路径上的点轨道数必须是递增的。

因此路径图类似(b)：

(a)是错的，其底下一条路径不满足x递增。

#include<cstdio>#include<string>#include<cstring>#include<iostream>#include<cmath>#include<algorithm>#include<vector>using namespace std;#define all(x) (x).begin(), (x).end()#define for0(a, n) for (int (a) = 0; (a) < (n); (a)++)#define for1(a, n) for (int (a) = 1; (a) <= (n); (a)++)typedef long long ll;typedef pair<int, int> pii;const int INF =0x3f3f3f3f;const int maxn=1000    ;/*问题转化为  双调欧几里得模型：将平面上的点以x坐标从小到大排序从起点(x最小)出发，两条路到达终点(x最大)。每个点的度数为2，整个图形为环形。dp[y][x]表示两条路一条路最右到达y，另一条路最右到达x,此时的行驶总距离。解题时，不妨令y>x。这个题关键是问题转化。*/struct Point//读取点{    int trace,pos;//trace 磁道  pos 扇区}a[maxn+10];int n;int dis[maxn+10][maxn+10];//点点距离int dp[maxn+10][maxn+10];int cal(int x,int y){    if(x>y) swap(x,y);    int reg1=y-x;    int reg2=360-y+x;    return min(reg1,reg2);}void work_getdis(){    for0(i,n+1)    {        for0(j,n+1)        {            dis[i][j]= 400*abs(a[i].trace-a[j].trace)+cal(a[i].pos,a[j].pos);        }    }}void work_dp(){    dp[1][0]=dis[1][0];    for(int i=2;i<=n;i++)    {        int p=i-1;        dp[i][p]=INF;        for(int j=0;j<p;j++)        {          dp[i][j]= dp[p][j]+dis[p][i];          dp[i][p]=min(dp[i][p],dp[p][j]+dis[j][i]);        }    }    int ans=INF;    for(int j=0;j<n;j++)    {        ans=min(ans,dp[n][j]+dis[j][n]);    }    ans+=10*n;    printf("%d\n",ans);}int main(){    int T;    scanf("%d",&T);    while(T--)    {        scanf("%d",&n);        a[0].pos=a[0].trace=0;        for1(i,n)        {            scanf("%d%d",&a[i].trace,&a[i].pos);        }        work_getdis();        work_dp();    }   return 0;}