NC16663 [NOIP2004]合并果子

题目链接

题目

题目描述

​ 在一个果园里，多多已经将所有的果子打了下来，而且按果子的不同种类分成了不同的堆。多多决定把所有的果子合成一堆。

​ 每一次合并，多多可以把两堆果子合并到一起，消耗的体力等于两堆果子的重量之和。可以看出，所有的果子经过n-1次合并之后，就只剩下一堆了。多多在合并果子时总共消耗的体力等于每次合并所耗体力之和。

​ 因为还要花大力气把这些果子搬回家，所以多多在合并果子时要尽可能地节省体力。假定每个果子重量都为1，并且已知果子的种类数和每种果子的数目，你的任务是设计出合并的次序方案，使多多耗费的体力最少，并输出这个最小的体力耗费值。

例如有3种果子，数目依次为1，2，9。可以先将1、2堆合并，新堆数目为3，耗费体力为3。接着，将新堆与原先的第三堆合并，又得到新的堆，数目为12，耗费体力为12。所以多多总共耗费体力=3+12=15。可以证明15为最小的体力耗费值。

输入描述

输入包括两行，第一行是一个整数 \(n(1\leq n\leq 10000)\) ，表示果子的种类数。第二行包含 \(n\) 个整数，用空格分隔，第 \(i\) 个整数 \(a_i(1 \leq a_i \leq 20000)\)是第 \(i\) 种果子的数目。

输出描述

输出包括一行，这一行只包含一个整数，也就是最小的体力耗费值。输入数据保证这个值小于\(2^{31}\)。

示例1

输入

3
1 2 9

输出

15

备注

对于30％的数据，保证有n<=1000：
对于50％的数据，保证有n<=5000；
对于全部的数据，保证有n<=10000。

题解

方法一

知识点：队列，贪心。

此题用优先队列能很容易解答，复杂度是 \(O(n\log n)\) 。这里用队列实现，利用了合并方式固定的条件，实现了一组单调的队列，而不需要用 \(\log n\) 花费排序，循环的复杂度是 \(O(n)\)，包括开始排序的总复杂度是 \(O(n \log n)\) ，但常数比优先队列小很多。

显然，因为合并次数是固定的，先合并的果堆重复计算次数就多，所以选最小的两堆合并，因此先从小到大排序，全部入队后开始合并。

注意到，从小到大选取合并出的新果堆必然是递增的，因此可以考虑用一个新队列存放新的果堆，然后每次在两个队头的选两次最小值。因为最小的两个果堆，无论从哪个取的，都一定比之前两个大，所以所有新果堆都可以放在新队列队尾，而不破坏新队列里的递增性。

最后循环 \(n\) 次并累加即可。

时间复杂度 \(O(n \log n)\)

空间复杂度 \(O(n)\)

方法二

知识点：优先队列，贪心。

每次选最小两个，可以用优先队列维护，常数高但方便。

这道题可以熟悉一下优先队列的用法，改变比较规则有 greater<> 和 less<> 两个仿函数，前者是小根堆后者是大根堆，默认是大根堆，也可以自定义仿函数，或者直接在自定义类型里面重载不等号。

要注意的，优先队列的比较规则与 sort 不同，它是满足比较规则（返回true）则是优先级低的排在队后，不满足的优先级高在前面，所以自定义时候要注意，因此用 less<> 时候要重载小于号，用 greater<> 时候要重载大于号，但是一般重载的时候直接用默认的 less<> 重载小于就行了。

其他的容器也是一样的，比如 \(set\) ，\(map\) ，\(multiset\) 等等。

重载方法：

struct node{
    int a;
    bool operator<(const node &x)const{//注意要const，也可以写成友元函数
        return a>x.a;///满足大于的优先级低排后面，所以这是小根堆
    }
}

仿函数方法：

struct cmp{
	bool operator()(const node &a,const node &b)const{//重载括号只能是成员函数
        return a.a>b.a;
    }
}

时间复杂度 \(O(n \log n)\)

空间复杂度 \(O(n)\)

代码

方法一

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int a[10007];

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 0;i < n;i++) cin >> a[i];
    sort(a, a + n);
    queue<int> q1, q2;
    for (int i = 0;i < n;i++) q1.push(a[i]);
    int ans = 0;
    for (int i = 0;i < n;i++) {
        int sum = 0;
        for (int j = 1;j <= 2;j++) {
            if (q2.empty() || !q1.empty() && q1.front() < q2.front()) {
                sum += q1.front();
                q1.pop();
            }
            else {
                sum += q2.front();
                q2.pop();
            }
        }
        ans += sum;
        q2.push(sum);
    }
    cout << ans << '\n';
    return 0;
}

方法二

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> pq;
    for (int i = 0, tmp;i < n;i++) cin >> tmp, pq.push(tmp);
    int ans = 0;
    for (int i = 0;i < n - 1;i++) {
        int sum = pq.top();
        pq.pop();
        sum += pq.top();
        pq.pop();
        pq.push(sum);
        ans += sum;
    }
    cout << ans << '\n';
    return 0;
}