2014百度之星第二题Disk Schedule(双调欧几里得旅行商问题+DP)

Disk Schedule

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)

Total Submission(s): 1463    Accepted Submission(s): 189

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

题解：

本题背景能够转化为旅行商问题，刚接触算法就知道旅行商问题是NP问题。

所以一直想有没有贪心思想能够找到某个贪心策略，简化问题。尝试写了一些对照公式。终于还是错了。就在网上搜了搜旅行商问题，结果看到双调欧几里得旅行商问题。这里双调是指二维坐标的当中一维是单调的。于是问题简化了非常多，能够尝试动态规划。题目旋转一周的时间是360个单位时间，跳转到一个相邻轨道的时间为400个单位时间，暗示换轨道比旋转一周更花时间。所以得知最好顺着归到依次读取。类比二维坐标系：

watermark/2/text/aHR0cDovL2Jsb2cuY3Nkbi5uZXQveGlhb2ZlbmdjYW55dWV4ag==/font/5a6L5L2T/fontsize/400/fill/I0JBQkFCMA==/dissolve/70/gravity/SouthEast">

上图 中a是最短旅行商路线，但不是双调的；b是最短双调旅行商路线。

求解过程：

（1）首先将各点依照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開始，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)之间的全部点且仅仅经过一次。在定义dp(i,j)为满足这一条件的最短路径。

我们仅仅考虑i>=j的情况。同一时候。定义dist(i,j)为点Pi到Pj之间的直线距离。

（3）最优解：我们须要求的是dp(n,n)。关于子问题dp(i,j)的求解，分三种情况：

     A、当j < i - 1时，dp(i,j) = dp(i-1,j) + dist(i - 1,i)。由定义可知，点Pi-1一定在路径Pi-Pj上，并且又因为j<i-1,因此Pi的左边的相邻点一定是Pi-1.因此能够得出上述等式。

     B、当j = i - 1时，与Pi左相邻的那个点可能是P1到Pi-1总的不论什么一个。因此须要递归求出最小的那个路径：dp(i,j) = dp(i,i-1) = min{dp(k,j) + dist(i,k)},当中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：dp(i,i) = min{dp(i,1)+dist(1,i),...,dp(i,i-1)+dist(i-1,i)}。

在此声明。上述算法思想转自这篇博客点击，在此表示感谢！

可能比較难理解，以下谈谈我的理解。

dp(i,j)表示从i到1再从1出发到j且经过当中的全部点，如果i>j。能够理解为2个人。一个跑得快用i表示，还有一个跑得慢用j表示。达到i可能是跑得快的，如图a。也可能是跑得慢的。如图b .

对于a,有dp(i,j)=dp(i-1,j)+dist(i-1,i);

对于b,求dp(i,i-1)。即从j直接跳到i。此时慢的、快的互换角色。即i,j互换，枚举j的位置。即dp(i,j)=dp(i,i-1)=min(dp(i,i-1),dp(i-1,k)+dist(k,i));

贴段代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
 
const int INF=100*1000*800;
const int MAXN=1000+10;
struct point
{
    int x,y;
};
point vert[MAXN];
int res[MAXN][MAXN];
 
int dis(int i,int j)
{
	int t=abs(vert[i].x-vert[j].x)*400;
	int x1,x2;
	if(vert[i].y<vert[j].y)
	{
		x1=vert[i].y;
		x2=vert[j].y;
	}
	else
	{
		x1=vert[j].y;
		x2=vert[i].y;
	}
	int l=x2-x1;
	int r=360-x2+x1;
	return (l<r?
 
l:r)+t;
}
 
int min(int a,int b)
{
    return a < b ? a : b;
}
 
int work(int n)
{
    int i,j;
    int s,Min=INF;
    res[2][1]=dis(2,1);
    for(i=2;i<=n;i++)
    {
        for(j=1;j<i;j++)
        {
            res[i][j]=min(res[i][j],res[i-1][j]+dis(i-1,i));
            res[i][i-1]=min(res[i][i-1],res[i-1][j]+dis(j,i));
        }
    }
    for(i=1;i<n;i++)
    {
        s=dis(i,n);
        if(Min > res[n][i] + s) Min = res[n][i] + s;
    }
    return Min;
}
 
int main()
{
    int i,j,n,cas;
	cin>>cas;
    while(cas--)
    {
		scanf("%d",&n);
		vert[1].x=0;
		vert[1].y=0;
        for(i=2;i<=n+1;i++)
            scanf("%d%d",&vert[i].x,&vert[i].y);
 
        for(i=1;i<=n+1;i++)
            for(j=1;j<=n+1;j++) res[i][j]=INF;
 
        printf("%d\n",work(n+1)+n*10);
    }
    return 0;
}