6.1 好题分享小结
我好久没写博客了啊懒惰病上线，这个欢乐的节日听了HA最强女选手讲课，于是决定翘掉地理课写篇博客总结一下；
内容大致是中位数，先看一下圆神讲课思路（这样我可以少阐明很多概念）
第一个就是引例啦：货仓选址
我们设在仓库左边的所有点，到仓库的距离之和为p,右边的距离之和则为q，那么我们就必须让p+q的值尽量小。p<q向右移距离减少q-p，p>q,同理，所以当p=q时就是就是全局的最优解；
排序之后找中位数；
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int n,a[100010]; int main() { cin >> n; for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i]; sort(a + 1, a + n + 1); int id = a[n / 2 + 1]; int ans = 0; for (int i = 1; i <= n; i++) { ans = ans + abs(a[i] - id); } cout << ans <<endl; }
第二题：七夕祭；
题目大意：n行m列，t个感兴趣的摊位，交换相邻的两个摊位，使得每行每列中cl感兴趣的摊位数量相同，特别注意的是，每一行的第一个位置和最后一个位置也是相邻，判断是否可行并且输出需要移动的步数；
对于判断是否可行，对行来说，如果t无法整除n，那么行不可能达到目标，如果可以整除，我们的目标就是如何使每行中有t/n个感兴趣的摊位；列也是如此，不过两者一样，我们就在这里分析一种情况吧；
我们在这里回想起一道经典的贪心题目“均分纸牌”：M个人排成一列，每个人手里若干张牌C【i】，交换相邻两个使得每个人手里的牌的数量相同；
如果可行（总数T整除M），每个人需要得到T/,M张牌，那么需要的纸牌数为C【i】-T/M;每次i从i+1出拿牌，同时更新i+1，那么我们的目标就是每个A【i】=C【i】-T/M=0；
另S【i】为A【i】的前缀和，
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { int n,q=0,a[100010],x[100010]; cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++) { cin>>a[i]; q+=a[i]; } q/=n; for(int i=1;i<=n;i++) { a[i]-=q; } int ans=0; for(int i=1;i<=n;i++) { if(!a[i]) continue; a[i+1]+=a[i]; ans++; } cout<<ans<<endl; return 0; }
回到这个题，如果第一个位置与最后一个位置相邻，那么这是一个环形的均分纸牌；
我们可以枚举断点k，但我们不妨分析，A[i]仍为减去T/M后的数组，当枚举到断点k，前缀和变为S【i】减去S【k】，那么答案为∑|s【i】-s【k】|，那么这个答案何时最小呢，就是上道题的货仓选址，也就是中位数的时候，所以我们不需要枚举k，只需要排序后找中位数作为s【k】；这时就是最优解；
时间复杂度O(NlogN+MlogM）；
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define N 100010 #define ll long long template<typename T>inline void read(T &x) { x=0; T f=1,ch=getchar(); while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();} while(isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar();} x*=f; } ll n,m,t,x,y,h[N],l[N],f[N]; inline ll calc(ll b[N],int n) { ll ans=0; for(int i=1;i<=n;i++) { b[i]-=b[0]/n; f[i]=f[i-1]+b[i]; } sort(f+1,f+n+1); for(int i=1;i<=n;i++) ans+=abs(f[i]-f[n+1>>1]); return ans; } int main() { read(n); read(m); read(t); for(int i=1;i<=t;i++) { read(x); read(y); h[x]++; l[y]++; } for(int i=1;i<=n;i++) h[0]+=h[i]; for(int i=1;i<=m;i++) l[0]+=l[i]; if(h[0]%n==0&&l[0]%m==0) { printf("both "); printf("%lld\n",calc(h,n)+calc(l,m)); } else if(h[0]%n==0) { printf("row "); printf("%lld\n",calc(h,n)); } else if(l[0]%m==0) { printf("column "); printf("%lld\n",calc(l,m)); } else printf("impossible"); return 0; }
最后一道题目啦：动态中位数：
读入序列，为奇数时，输出已读序列中位数；
我这里只写一种在线的堆做法，当然链表也可以；
我们可以建立两个堆，一个大根堆一个小根堆，对于一个M长度的序列，从小打到1~M/2的放在大根堆，M/2+1~M的我们放在小根堆，这样每次的小根堆的堆顶就是答案，任何时候如果一个堆中的序列数过多，就从堆顶取出堆顶插入另一个堆，每次插入X和中位数比较，如果X大，就插入大根堆，否则插入小根堆；
#include <algorithm> #include <cctype> #include <cmath> #include <complex> #include <cstdio> #include <cstring> #include <deque> #include <functional> #include <list> #include <map> #include <iomanip> #include <iostream> #include <queue> #include <set> #include <stack> #include <string> #include <vector> #include <bitset> using namespace std; template<typename T>inline void read(T &x) { x=0;T f=1,ch=getchar(); while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();} while(isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();} x*=f; } int T,n,m,x; vector<int> g; priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >q1; priority_queue<int,vector<int>,less<int> > q2; inline void add(int x) { if(q1.empty()) { q1.push(x); return ; } if(x>q1.top()) q1.push(x); else q2.push(x); while(q1.size()>q2.size()) { q2.push(q1.top()); q1.pop(); } while(q2.size()>q1.size()) { q1.push(q2.top()); q2.pop(); } } int main() { read(T); while(T--) { while(q1.size()) q1.pop(); while(q2.size()) q2.pop(); g.clear(); read(n);read(m); for(int i=0;i<m;i++) { read(x); add(x); if(i%2==0) g.push_back(q1.top()); } printf("%d %d\n",n,(m+1)/2); for(int i=0;i<g.size();i++) { if(i>0&&i%10==0) putchar('\n'); if(i%10) putchar(' '); printf("%d",g[i]); } putchar('\n'); } return 0; }
