百度之星资格赛——Disk Schedule（双调旅行商问题）

最新推荐文章于 2019-05-05 14:02:00 发布

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本文介绍了一个磁盘数据读取的优化问题，通过构建一个简化的模型来探讨如何有效安排磁盘读取顺序以减少总读取时间。文章提供了一种解决方案，借鉴旅行商问题的方法，实现了O(n^2)时间复杂度的算法。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Disk Schedule

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 2368 Accepted Submission(s): 333

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
   

题解：参照欧几里德旅行商问题只需把本题中的两个点的距离用（距离=两点的轨道差*400+两点的扇区差）代替即可；

需要注意的是扇区差是轨道小弧的长度：即(360+a[j].y-a[i].y)%360与abs(a[i].y-a[j].y)的较小者，如扇区350与扇区10的距离是20而不是340；

还有一点就是要把起点（0，0）加上；

下面是转自大神们的欧几里德旅行商问题的思路；链接http://blog.youkuaiyun.com/weyuli/article/details/19752217

其实所谓的欧几里德旅行商问题就是从1到n 然后在从n到1的最短路，去的时候经过的点的顺序必须从小到大，来的时候经过的点的顺序必须从大到小，并且每个点只能经过一次(1和n不算)，输出最短路的长度。

思路【转】：

欧几里得旅行商问题是对平面上给定的n个点确定一条连接各点的最短闭合旅程的问题。如图（a）给出了一个7个点问题的解。这个问题的一般形式是NP完全的，故其解需要多于多项式的时间。

J.L. Bentley 建议通过只考虑双调旅程(bitonic tour)来简化问题,这种旅程即为从最左点开始，严格地从左到右直至最右点，然后严格地从右到左直至出发点。下图(b)显示了同样的7个点的最短双调路线。在这种情况下，多项式的算法是可能的。事实上，存在确定的最优双调路线的O(n*n)时间的算法。

图a

图b

注:在一个单位栅格上显示的平面上的七个点。 a)最短闭合路线,长度大约是24.89。这个路线不是双调的。b)相同点的集合上的最短双调闭合路线。长度大约是25.58。

这是一个算导上的思考题15-1。

首先将给出的点排序，关键字x，重新编号，从左至右1，2，3，…，n。

定义d[i][j]，表示结点i到结点j之间的距离。

定义dp[i][j]，表示从i连到1，再从1连到j，（注意，i>j，且并没有相连。）

对于任意一个点i来说，有两种连接方法，一种是如图（a）所示，i与i-1相连，另一种呢是如图（b），i与i-1不相连。

根据双调旅程，我们知道结点n一定与n相连，那么，如果我们求的dp[n][n-1]，只需将其加上d[n-1][n]就是最短双调闭合路线。

根据上图，很容易写出方程式：

dp[i][j]=dp[i-1][j]+d[i][i-1];

dp[i][i-1]=min(dp[i][i-1],dp[i-1][j]+d[j][i]);

下面是代码实现：

[cpp]view plaincopyprint? 
   

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
const int maxn = 1010;
int dp[maxn][maxn];
int d[maxn][maxn];
struct point
{
int x, y;
}a[maxn];
int dis(int i, int j) //计算两点之间的距离
{
int p,q;
if(a[i].y>a[j].y)
q=(360+a[j].y-a[i].y)%360;
else
q=(360+a[i].y-a[j].y)%360;
p=abs(a[i].y-a[j].y)>q?q:abs(a[i].y-a[j].y); //求出小弧的长度
return (abs(a[i].x-a[j].x)*400+p); //距离=两点的轨道差*400+两点的扇区差
}
int main()
{
int t,n;
scanf("%d",&t);
while(t-- )
{
scanf("%d", &n);
a[1].x=0;
a[1].y=0; //把起点（0，0）加上
for(int i = 2; i <= n+1; i++)
scanf("%d %d", &a[i].x, &a[i].y);
for(int i = 1; i <= n+1; i++)
{
for(int j = 1; j <= n+1; j++)
{
d[i][j] = dis(i, j); //d[i][j]为i点到j点的距离
}
}
dp[1][2] = d[1][2];
for(int i = 3; i <= n+1; i++)
{
for(int j = 1; j < i-1; j++)
{
dp[j][i] = dp[j][i-1] + d[i-1][i]; /* dp[j][i]为j点到1点，再从1点到i点的距离，这一步是为下一循环求dp[i][i+1]做准备，其实就是图a */
}
dp[i-1][i] = 999999999;
for(int j = 1; j < i-1; j++)
{
int sum = dp[j][i-1] + d[j][i];
if(dp[i-1][i] > sum)
dp[i-1][i] = sum; /* dp[i-1][i]为i-1点到1点，再从1点到i点的最短距离,这个距离只要加上边d[i-1][i]就是从1点到i点的最短闭合旅程，其实就是图b */
}
}
dp[n+1][n+1] = dp[n][n+1] + d[n][n+1];
printf("%d\n", dp[n+1][n+1]+10*n); /* dp[n+1][n+1]就是最终的最短闭合旅程，n+1点到1点，再从1点到n+1点的最短距离 ,10*n为读取点中数据的时间 */
}
return 0;
}