Disk Schedule
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 666 Accepted Submission(s): 283
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
3
1
1 10
3
1 20
3 30
5 10
2
1 10
2 11
Sample Output
830
4090
1642
总结下自己的理解
定义 d(i,j) (i>j) 为从 i 到 1 再从 1 到 j 的一条路径,经过了 1~i 中的所有点且只经过一次。
like this, d(6,3) 大概就是这个样子。
那么怎么写出转移方程呢?(dist(i, j) 表示从 i 到 j 的直接距离)
当 j < i - 1 时,d(i, j) = d(i-1, j) + dist(i-1, i); 比如上图,d(6, 3) = d(5, 3) + dist(5, 6)
当 j == i-1 时,d(i, j) = min(d(i-1, k) + dist(i-1, i)); (1 <= k < i-1) 可以理解 k 为一些中间节点,如下图,d(4, 3) = min(d(3, 2) + dist(2, 4), d(3, 1) + dist(1, 4))。
代码:
#include <iostream> #include <cstring> #include <cmath> using namespace std; const int MAX = 1005; const int inf = 1e9; int n; int a[MAX]; //记录数据的扇区位置 int d[MAX][MAX]; int dist(int i, int j); void dp(); int main(){ //freopen("input.txt", "r", stdin); int T; cin >> T; while(T--){ cin >> n; a[0] = 0; int maxT; //记录最大的轨道 for(int i=1; i<=n; i++){ cin >> maxT >> a[i]; //因为来回一次将所有数据取完,所以变换轨道所用的时间是固定的,与其无关 } dp(); int ans = d[n][n-1] + dist(n-1, n); cout << ans + 800*maxT + 10*n << endl; } return 0; } void dp(){ //规定 i > j,计算出所有的 d[i][i-1] d[1][0] = dist(1, 0); for(int i=2; i<=n; i++){ d[i][i-1] = inf; for(int j=0; j<i-1; j++){ d[i][j] = dist(i, i-1) + d[i-1][j]; // j < i-1 d[i][i-1] = min(d[i][i-1], dist(j, i) + d[i-1][j]); // j == i-1 } } } int dist(int i, int j){ int t = abs(a[i] - a[j]); return min(t, 360 - t); }