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;
}