• 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
    ",dp[n][n] + (n - 1) * 10);
        }
        return 0;
    }
    


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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/gcczhongduan/p/5204458.html
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