我有以下问题，我对此只有一点看法：
考虑磁带存储问题。给定长度为n的{{1}}个文件以及访问它们的频率l1,...,ln，其中所有频率的总和为1且f1,...,fn。 ＆＃34;最优＆＃34;意味着最小化这些文件的平均检索时间。例如，如果您有两个长度为0<fi<1和频率为10, 4的文件，如果先存储文件1，则平均检索时间为0.8, 0.2。
设计算法以找到最佳顺序并证明其有效。
我的想法： 更大的频率和订单前面的长度越大，但哪个因素应该被赋予更高的优先级？
答案 0 :(得分：3)
此问题无需动态编程。这是一个简单的排序问题，略有不同。
查找每个文件的frequency / length。这样就可以了解文件的每个单元长度访问频率。按降序对这些进行排序，因为每个文件都是＆＃34;惩罚＆＃34;按前一个文件的长度。
<强>证明：
假设订单以某种方式修复。然后，交换任何两个相邻文件不会影响交换位置以外的任何其他li * fi。在交换x和另一个y == x+1中调用左边的一个。然后，平均检索时间的变化是ly*fx - lx*fy。如果fx/lx < fy/ly，则ly*fx < lx*fy表示ly*fx - lx*fy < 0，这意味着平均检索时间减少。这意味着我们有利于进行此交换。我们会在fx/lx < fy/ly时继续进行此类交换，并且当不再可能时，我们将达到这一点。这一定是最佳答案。
每当left < right交换邻近的东西，就像按降序排列气泡一样，所以我们通常只能使用任何排序。
答案 1 :(得分：0)
只需将长度为升序（l1<l2<l3<l4<...<ln）的文件和频率作为降序。
因为
average retrieval time =
ART1 =
(l1)*f1 +
(l1+l2)*f2 +
(l1+l2+l3)*f3 +
...
假设我们交换l1和l2 。所以我们打破了长度的升序。
ART2 =
(l2)*f1 +
(l2+l1)*f2 +
(l1+l2+l3)*f3 +
...
如果它(ART1 < ART2)，它会使情况变得更糟。
看这个。
我们应该检查ART1-ART2 < 0？
ART1-ART2 =
{ (l1)*f1 + (l1+l2)*f2 }
-
{ (l2)*f1 + (l2+l1)*f2 }
= l1*f1-l2*f1
= (l1-l2)*f1.
来自假设l1<l2，我们得出结论ART1-ART2<0。
所以长度应该是升序。
同样，如果你交换f1和f2，你可以探测频率应该是降序。
答案 2 :(得分：0)
DP可以工作但不是这个问题的一个很好的解决方案，因为虽然检查所有选项的暴力方法需要O（n！）时间，但DP方法需要的时间与不同子问题的数量成比例。比方说，首先我们做出所有可能的n个选择，然后我们将留下n个大小（n-1）的子问题。为了使DP工作，主要问题的最佳解决方案应该来自子问题的最优解决方案。现在，对于大小（n-1）问题，我们可以说我们知道解决方案，所以
total average retreival time = (length of first chosen file * 1) + (retrieval time for (n-1) size problem)
由于上述等式，将出现重叠的子问题，但不同子问题的总数将是
nC1 + nC2 + ... nCn = 2^n
仍然呈指数级。
因此，DP将降低复杂性，但问题的本质仍然是指数级的。