A Wasserstein Distance[贪心/模拟]

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来源：牛客网

最近对抗生成网络(GAN)很火，其中有一种变体WGAN，引入了一种新的距离来提高生成图片的质量。这个距离就是Wasserstein距离，又名铲土距离。

这个问题可以描述如下:

有两堆泥土，每一堆有n个位置，标号从1~n。第一堆泥土的第i个位置有a_i克泥土，第二堆泥土的第i个位置有b_i克泥土。小埃可以在第一堆泥土中任意移挪动泥土，具体地从第i个位置移动k克泥土到第j个位置，但是会消耗的体力。小埃的最终目的是通过在第一堆中挪动泥土，使得第一堆泥土最终的形态和第二堆相同，也就是a_i=b_i (1<=i<=n), 但是要求所花费的体力最小

左图为第一堆泥土的初始形态，右图为第二堆泥土的初始形态，颜色代表了一种可行的移动方案，使得第一堆泥土的形态变成第二堆泥土的形态

输入描述:

输入测试组数T，每组测试数据,第一行输入n，1<=n<=100000,紧接着输入两行，每行n个整数，

输出描述:

对于每组数据，输出一行，将a土堆的形态变成b土堆的形态所需要花费的最小体力

示例1

输入

2
3
0 0 9
0 2 7
3
1 7 6
6 6 2

输出

2
9

备注:

输入数据量较大，建议使用scanf/printf

【分析】：想要代价最小，控制k*|i-j|最小的办法是只移动相邻的。那么只要保证k最小并且从左到右累加k（k必定为正数，因为k>0&&|i-j|>0,故abs（ a[i]-b[i] ）。

首先这里有一个简化的思想。考虑到分好后所有的土堆数都等于bi，我们干脆以bi作为标准，让所有的ai减去bi，如果是正数表明需要移走这个正数数量的土堆，注意负数需要移走的土堆数就是这个负数本身，下文中把处理过的牌组就叫做简化后的土堆。

.可能会疑问那个差值可能是正可能是负（其实+/-可以看成移动的方向），这没有关系，差值为正表示 i 移到 i+1，为负表示从 i+1 移到 i，其答案数都是加abs（ a[i]-b[i] ），所以可以等价。

贪心思想则是从左到右依次枚举，将每个土堆上简化后的数移动到右边的土堆(再说一遍，是负数的就移走负数)，这样最后一组牌就自动变成bi了

但是如果简化后的土堆中有bi怎么办？第一个不为bi的土堆之前所有的土堆都不需要进行移动，否则步数偏大。但是在土堆中如果有bi，那没有关系，因为他左边的土堆一定会往他上面移动一定数量的土堆。

 【代码】：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+100;

int a[maxn],b[maxn];
int main()
{
    int T;
    //cin>>T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        int n;
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d",&a[i]);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d",&b[i]);
        long long ans=0;
        for(int i=1;i<n;i++)
        {
           ans += abs(a[i]-b[i]);//每次分配 答案+abs(a[i]-b[i])
           a[i+1] += a[i]-b[i];//a[i]-b[i]计算还差多少,后面的补上来，将该摞多余的土堆数放到下一摞
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

 【总结】：贪心选择性:全局最优解是由局部最优解产生。贪心法比较容易实现，但是不好证明。移动负数个土堆也是不违反题意的，因为那相当于逆向移动了正数个土堆。问题的规模被一步步地缩小。