2014百度之星资格赛解题报告：Disk Schedule

DiskSchedule 时间限制: 1s 内存限制: 65536K 问题描述 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。 输入 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。 输出 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。 样例输入 3 1 1 10 3 1 20 3 30 5 10 2 1 10 2 11 样例输出 830 4090 1642 解题报告 由于磁头跳轨道所需时间是400，大于旋转一周的时间360，所以反证法容易证明磁头不应在读取时在磁道间往复移动。于是磁头移动的策略简化成从0道的起始位置开始依磁道升序移动到需读取的最远的磁道（记为去程），再从该磁道依磁道降序移动回0道的起始位置（记为返程）。另，由于每个磁道至多只有一个数据需要读取，所以磁头移动策略可以描述为，在需要读取的点之间选定若干个作为去程时读取，余下在返程时读取。去程和返程两个相邻读取点之间需要的旋转时间是固定的，即连接两点在360度轨道上的较短的弧对应的角度（或说夹角）。不相邻磁道之间的两次读取可以简化为“只跳磁道但不旋转”+“同磁道两次读取位置间的一次旋转”，于是磁道的具体信息可以简化掉，只需在最终结果上加上去返两程磁道跳转所需时间（最大磁道号*400*2）。读取本身的时间也可以简化掉，等于需读取数据的数量*10。所以只需要计算旋转所需的时间。 由于去程和返程时对称的，所以计算过程中互换对结果没有影响，于是得到如下的动态规划的解法： （设需读取的数据个数N，需读取的最大磁道号T，最大磁道个数S=360） （设对于i（0<=i<N），b表示输入中需要读取的扇区号； dis（x,y）表示扇区号x和扇区号y之间旋转所需的时间） 对于i，j （0<=i<N,0<=j<360），令 a[j]=去程读取至第i个数据即磁道在b，并且返程当前在磁道j时，所需的最少时间。 状态转移为： a[j] = min { a[i-1][j] + dis(b,b[j]) ,a[i-1][k] + dis(b, k) if k=b and j=b[i-1] } 初始条件为： a[b[0]][0] = dis(0, b[0]) 实现可以使用递推的方式，对于任意b, j： b, j -> b[i+1], j  表示第i+1次读取与第i次读取是在同一程接连读取 j, b -> b[i+1], b  表示第i+1次读取与返程所在的j磁道是在同一程接连读取 伪代码如下： a[0][0] = getdis(0, b[0]) for i in 0 ~ n: for j in 0 ~ 360:              a[i + 1][j] = min(a[i + 1][j], a[j]+ getdis(b, b[i + 1]))        a[i + 1] = min(a[i + 1], a[j] + getdis(b[i + 1], j)) 算法复杂度为O(N*S)。 另外，对于题目给出的数据范围，动态规划在N*N或者T*T的空间内进行也可以在时限内通过。 解题代码： #include <stdio.h> #include <algorithm> int points[1024][2]; int dis[1024][1024]; int dp[1024][1024]; int cal_cycle_dis(int a, int b) { if (a > b) { return std::min(a - b, b + 360 - a); } return std::min(b - a, a + 360 - b); } int run(int n) { // calculate the distance for each two data for (int i = 0; i < n; i++) { for (int j = i; j < n; j++) { dis[i][j] = dis[j][i] = (points[j][0] - points[i][0]) * 400 + cal_cycle_dis(points[i][1], points[j][1]); } } // run the dp dp[0][1] = dis[0][1]; for (int j = 2; j < n; j++) { for (int i = 0; i < j - 1; i++) { dp[i][j] = dp[i][j-1] + dis[j-1][j]; } int mini = 1000000000; for (int k = 0; k < j - 1; k++) { mini = std::min(mini, dp[k][j-1] + dis[k][j]); } dp[j-1][j] = mini; } dp[n-1][n-1] = dp[n-2][n-1] + dis[n-2][n-1]; // return the dp result plus the reading time return dp[n-1][n-1] + 10 * (n - 1); } int main() { int m, n; FILE* fp = stdin; FILE* outfp = stdout; fscanf(fp, "%d", &m); while (m--) { // read data of the case fscanf(fp, "%d", &n); for (int i = 1; i <= n; i++) { fscanf(fp, "%d %d", &points[i][0], &points[i][1]); } // initial the first data and reset the number of the data points[0][0] = points[0][1] = 0; ++n; fprintf(outfp, "%d\n", run(n)); } fclose(fp); fclose(outfp); return 0; }

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