大家好，又见面了，我是全栈君。

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：參照欧几里德旅行商问题仅仅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）取代就可以；

须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。

另一点就是要把起点（0，0）加上。

以下是转自大神们的欧几里德旅行商问题的思路；链接http://blog.csdn.net/weyuli/article/details/19752217

事实上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，而且每一个点仅仅能经过一次(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全然的，故其解须要多于多项式的时间。

J.L. Bentley 建议通过仅仅考虑双调旅程(bitonic tour)来简化问题,这样的旅程即为从最左点開始。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)显示了相同的7个点的最短双调路线。

在这样的情况下，多项式的算法是可能的。其实。存在确定的最优双调路线的O(n*n)时间的算法。

百度之星资格赛——Disk Schedule（双调旅行商问题）

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)同样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，keywordx。又一次编号。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。）

百度之星资格赛——Disk Schedule（双调旅行商问题）

对于随意一个点i来说。有两种连接方法，一种是如图（a）所看到的，i与i-1相连，还有一种呢是如图（b）。i与i-1不相连。

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

依据上图。非常easy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]);

以下是代码实现：

#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。事实上就是图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,这个距离仅仅要加上边d[i-1][i]就是从1点到i点的最短闭合旅程，事实上就是图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]就是终于的最短闭合旅程，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;}

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