2014年百度之星资格赛第二题Disk Schedule

Problem Description

有非常多从磁盘读取数据的需求。包含顺序读取、随机读取。为了提高效率，须要人为安排磁盘读取。然而，在现实中。这样的做法非常复杂。我们考虑一个相对简单的场景。

磁盘有很多轨道。每一个轨道有很多扇区。用于存储数据。

当我们想在特定扇区来读取数据时。磁头须要跳转到特定的轨道、详细扇区进行读取操作。为了简单。我们如果磁头能够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。磁头也能够任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。

磁头同一时候仅仅能做一件事：跳转轨道，旋转或读取。

如今，须要在磁盘读取一组数据，如果每一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。

在完毕全部读取后。磁头须要回到0轨道0扇区的始点位置。

请问完毕给定的读取所需的最小时间。

Input

输入的第一行包括一个整数M（0<M<=100）。表示測试数据的组数。

对于每组測试数据，第一行包括一个整数N（0<N<=1000）。表示要读取的数据的数量。之后每行包括两个整数T和S（0<T<=1000。0<= S<360）。表示每一个数据的磁道和扇区，磁道是按升序排列。而且没有反复。

Output

对于每组測试数据。输出一个整数，表示完毕所有读取所需的时间。

Sample Input

3

1

1 10

3

1 20

3 30

5 10

2

1 10

2 11

Sample Output

830

4090

1642

这道题因为每次变轨的代价是400，而即使从一个角度到还有一个角度最大花费也仅仅有180。所以不存在先到i这个轨道上的某点。然后到i+k轨道上某点，再到i+m轨道上某点。再到i+j轨道上某点的情况（当中，m < k < j）。

到达顺序一定是从0轨道按升序到达最外层轨道，接着从最外层轨道按降序到达0轨道。而且每一个点仅仅遍历一次。

这样问题就转化成了：0到n从左到右依次排列，从每一个点到每一个点的花费不同。求从0到n再从n到0，每一个点到且仅到一次的最小花费是多少。

算法导论（第三版，中文）的231页有这个问题，被称为：双调欧几里得行旅商问题。之前也写过这样的问题，差点儿是一模一样。在这里就不写了。

请看这篇博客http://blog.csdn.net/catalyst1314/article/details/19005845

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define INF 99999999
using namespace std;

struct NODE
{
    int t ,s;
}nodes[1010];

int dp[1010][1010];
int n;
int dist[1010][1010];

int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d",&n);
        n++;
        nodes[1].t = 0;
        nodes[1].s = 0;
        for(int i = 2;i <= n;i++)
        {
            scanf("%d%d",&nodes[i].t,&nodes[i].s);
            for(int j = 1;j < i;j++)
            {
                int re = abs(nodes[i].s - nodes[j].s);
                if(re >= 180)
                {
                    re = 360 - re;
                }
                dist[i][j] = dist[j][i] = (nodes[i].t - nodes[j].t) * 400 + re;
            }
        }
        for(int i = 1;i<=n;i++)
        {
            for(int j = 1;j<=i;j++)
            {
                dp[i][j] = dp[j][i] = INF;
            }
        }
        dp[2][1] = dp[1][2] = dist[1][2];
        for(int j = 3;j<=n;j++)
        {
            dp[j][1] = dp[1][j] = dp[1][j-1] + dist[j-1][j];
        }
        for(int i = 2;i<=n;i++)
        {
            int ans = INF;
            for(int k = 1;k<i;k++)
            {
                if(ans > dp[i][k] + dist[k][i+1])
                {
                    ans = dp[i][k] + dist[k][i+1];
                }
            }
            dp[i+1][i] = dp[i][i+1] = ans;
            for(int j = i + 2;j<=n;j++)
            {
                dp[j][i] = dp[i][j] = dp[i][j-1] + dist[j-1][j];
            }
        }
        dp[n][n] = dp[n][n-1] + dist[n-1][n];
        printf("%d\n",dp[n][n] + (n - 1) * 10);
    }
    return 0;
}