【重庆市NOIP模拟赛】数据

数据
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题目描述
Mr_H 出了一道信息学竞赛题，就是给 n 个数排序。输入格式是这样的：
试题有若干组数据。每组数据的第一个是一个整数 n，表示总共有 n 个数待排序；接下来 n 个整数，分别表示这 n 个待排序的数。
例如：3 4 2 –1 4 1 2 3 4，就表示有两组数据。第一组有 3 个数(4,2,-1)，第二组有 4个数(1,2,3,4)。可是现在 Mr_H 做的输入数据出了一些问题。例如：2 1 9 3 2 按理说第一组数据有 2 个数(1,9)，第二组数据有 3 个数，可是“3”后面并没有出现三个数，只出现了一个数“2”而已！
现在 Mr_H 需要对数据进行修改，改动中“一步”的含义是对文件中的某一个数+1 或-1，写个程序，计算最少需要多少步才能将数据改得合法。

输入
第一行一个整数 m，表示 Mr_H 做的输入数据包含的整数个数。第二行包含 m 个整数 a[i]，每个整数的绝对值不超过 10000。

输出
一个整数，表示把数据修改为合法的情况下，最少需要多少步。

样例输入
Copy (如果复制到控制台无换行，可以先粘贴到文本编辑器，再复制)

4
1 9 3 2
样例输出
2
提示
对于 20%的数据，m<=10, |a[i]|<=5;

对于 60%的数据，m<=5000, |a[i]|<=10000

对于 100%的数据，m<=100000, |a[i]|<=10000

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法一：图论。

• 每个点i可以零损耗地到达第i+a[i]+1个点，所以连一条权值为零的单向边。
• 同时，每个点可以通过加减来左移或右移，而每移动一次就是修改一次，所以从每个点向两边相邻的点连一条权值为一的边。
• 最后答案就是从1到n+1的最短路径。

注意三点：
1. 点1如果为负数要先把它变为0再连边
2. 点1不向两边连，点2不向左连
3. 连向的点可能超过n+1,也是合法的

#include<cstdio>#include<cstring>#include<queue>using namespace std;int n,a,nn,dis[110005],u,v,ans;queue<int>q;bool inq[110005];int fir[110005],nxt[660010],to[660010],w[660010],tot;void line(int x,int y,int z){    nxt[++tot]=fir[x];    fir[x]=tot;    to[tot]=y;    w[tot]=z;}void spfa(){    memset(dis,0x3f,sizeof dis);    dis[1]=0;    q.push(1);    while(!q.empty())    {        u=q.front();        for(int i=fir[u];i;i=nxt[i])        {            v=to[i];            if(dis[v]>dis[u]+w[i])            {                dis[v]=dis[u]+w[i];                if(!inq[v]) inq[v]=1,q.push(v);            }        }        inq[u]=0;        q.pop();    }}int main(){    scanf("%d",&n);    scanf("%d",&a);    if(a<0) ans=-a,line(1,2,0);    else line(1,a+2,0);    nn=max(nn,a+2);    for(int i=2;i<=n;i++)    {        scanf("%d",&a);        if(a>=0) line(i,i+a+1,0);        nn=max(nn,i+a+1);        line(i,i+1,1);        line(i+1,i,1);    }    for(int i=n+1;i<nn;i++) line(i,i+1,1),line(i+1,i,1);    spfa();    printf("%d",dis[n+1]+ans);}

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法二 DP的（优先队列）堆优化

设f[i]表示把前i个数合法化需要的最小操作次数,则：
f[i]=f[j]+abs(a[j+1]-(i-j-1));{0<=j< i, 1<=i<=n;}

这里的abs(a[j+1]+j+1-i)便是整个题最磨人的地方了。

尽管我们很容易想到分类讨论，但却发现两个严肃的问题：

• a[j+1]可能为负数，所以a[j+1]+j+1并不具有严格的增减性，不能使用单调队列优化

• 当i< a[j+1]+j+1时， 我们不知道什么时候该pop,因为i在递增，此时不满足的a[j+1]+j+1可能以后就满足了。

so，我们采用了一种巧妙的优化。见代码：

#include<cstdio>#include<queue>#include<cctype>using namespace std;struct node{    int x,y;    node(){}    node(int a,int b){x=a;y=b;}    bool operator < (const node& p)const{return x>p.x;}};priority_queue<node>q;int n,a[100005],minx=10000000,f[100005];inline void get(int &a){    char c;a=0;int f=1;    while(!isdigit(c=getchar())) if(c=='-') f=-1;    while(isdigit(c)) a=a*10+c-'0',c=getchar();    a*=f;}int main(){    get(n);    for(int i=1;i<=n;i++) get(a[i]);    q.push(node(a[1]+1,a[1]+1));    for(int i=1;i<=n;i++)    {        while(!q.empty()&&q.top().y<=i)        {            minx=min(q.top().x-2*q.top().y,minx);            q.pop();        }        f[i]=minx+i;        if(!q.empty()) f[i]=min(f[i],q.top().x-i);        q.push(node(f[i]+a[i+1]+i+1,a[i+1]+i+1));    }    printf("%d",f[n]);}

pay attention to the rule!!!
这个优先队列并不是按照a[i+1]+i+1来排序的，而是f[i]+a[i+1]+i+1!!!
首先，对于a[j+1]+j+1<=i的情况，因为前面的i满足，后面的i肯定也满足，所以直接用一个minx来储存，然后直接pop。
而对于a[j+1]+j+1>i的情况，直接取最优的f[j]+a[j+1]+j+1则可。

但是，同志们可能会发现一个问题，既然是按照f[i]+a[i+1]+i+1排序，
那么如果在a[j+1]+j+1>i时直接退出，那么如果后面还有满足a[j+1]+j+1<=i的值怎么办呢？

这就是巧妙之处了。

令f[j]=a,a[j+1]+j+1=b；当b>i时记作a1,b1;当b<=i时记作a2,b2
那么我们的f[i]=min(a2-b2+i,a1+b1-i);
这里我们取了最优的a1+b1-i,那么我们如何说明后面的a2-b2+i不会比现在更优呢？
注意优先队列的规则，我们得知：a1+b1<=a2+b2
而我们已知：b2<=i
所以 2 * b2 <= 2 * i
所以 b2 <= 2*i-b2
所以a2+b2<=a2+2*i-b2
所以 a1+b1<=a2+b2<=a2-b2+2*i
所以 a1+b1-i<=a2-b2+i !!!!!!!
证明至此，我们可知后面的解不会比当前更优，直接退出。

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法三：DP的线段树优化

众所周知，对于这种含绝对值的DP,线段树是最在行（难写）的了，（基本上就没写对过）。。。。鉴于本人目前对于线段树优化一知半解。。
这里。。。就不加解析了。。。等孤学成归来在好好补上吧。。这里就直接上代码了

#include<iostream>#include<cstring>#include<cstdio>#define LCH(i) (2 * i)#define RCH(i) (2 * i + 1)const int maxn = 100000;const int  inf = 1 << 30;using namespace std;struct Tree{    int lc, rc, fgr[2];}tree[maxn * 4];int n, num[maxn + 5], pos[maxn + 5], f[maxn + 5];void built(int i, int l, int r){    tree[i].lc = l, tree[i].rc = r;    tree[i].fgr[0] = tree[i].fgr[1] = inf;    if(l == r){        pos[l] = i;        return;    }    int mid = (l + r) / 2;    built(LCH(i), l, mid);    built(RCH(i), mid + 1, r);}void update(int i, int val, bool f){    tree[i].fgr[f] = min(tree[i].fgr[f], val);    while(i != 1){        i /= 2;        tree[i].fgr[f] = min(tree[i].fgr[f], val);    }}int query(int i, int l, int r, bool f){    if(tree[i].lc > r || tree[i].rc < l) return inf;    if(tree[i].lc >= l && tree[i].rc <= r)        return tree[i].fgr[f];    return min(query(LCH(i), l, r, f), query(RCH(i), l, r, f));}int main(){    memset(f, 0x3f3f3f3f, sizeof f);    scanf("%d", &n);    built(1, 1, n + 1);    for(int i = 1; i <= n; i ++)        scanf("%d", &num[i]);    num[++ n] = 0;    f[n] = num[n];    update(pos[n], f[n] + n, 0);    update(pos[n], f[n] - n, 1);    for(int i = n - 1; i >= 1; i --){        int t = i + 1 + num[i];        if(t >= n){            t = tree[1].fgr[1];            f[i] = i + 1 + num[i] + t;            update(pos[i], f[i] + i, 0);            update(pos[i], f[i] - i, 1);            continue;        }        t = query(1, i + 1 + num[i], n, 0);        f[i] = min(f[i], t - (i + 1 + num[i]));        t = query(1, i + 1, i + 1 + num[i], 1);        f[i] = min(f[i], i + 1 + num[i] + t);        update(pos[i], f[i] + i, 0);        update(pos[i], f[i] - i, 1);    }    printf("%d", f[1]);}

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Just do it！