修理牛棚

在一个夜黑风高,下着暴风雨的夜晚,farmer John的牛棚的屋顶、门被吹飞了。 好在许多牛正在度假，所以牛棚没 有住满。 牛棚一个紧挨着另一个被排成一行，牛就住在里面过夜。 有些牛棚里有牛，有些没有。 所有的牛棚有 相同的宽度。 自门遗失以后,farmer John必须尽快在牛棚之前竖立起新的木板。 他的新木材供应商将会供应他任 何他想要的长度,但是吝啬的供应商只能提供有限数目的木板。 farmer John想将他购买的木板总长度减到最少。 给出:可能买到的木板最大的数目M(1<= M<=50);牛棚的总数S(1<= S<=200); 牛棚里牛的总数C(1 <= C <=S);和牛 所在的牛棚的编号stall_number(1 <= stall_number <= S),计算拦住所有有牛的牛棚所需木板的最小总长度。 输 出所需木板的最小总长度作为答案。

输入
1 行: 木板最大的数目M ,牛棚的总数S 和 牛的总数C(用空格分开)
2 到 C+1行: 每行包含一个整数，表示牛所占的牛棚的编号。

输出
单独的一行包含一个整数表示所需木板的最小总长度。

样例
输入
2 10 3
1
3
10
输出
4
输入
2 30 6
1
3
9
10
18
30
1 11
2 7
3 5
4 1
5 0
输出
19
输入
4 50 17
3
4
6
8
14
15
16
17
25
26
27
30
31
40
41
42
43
输出
21
提示
对于输入1 [ 一种最优的安排是用板拦牛棚[1,3],[10,10]
对于输入3 选取区间[3,8],[14,17],[25,31],[40,43] 结果为6+4+7+4=21

Sol:

所有的思维必须有一个出发点，考虑当只能买一个木板时，则结果是固定的。如果可以个木板，则我们可以抛弃K-1个无用的区间，则必须区间值越大越好。

 

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,house,cow,cowhouse[10000],ans,c[1000];
bool cmp(int a,int b)
{
return a>b;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&house,&cow);
for(int i=1;i<=cow;i++)
scanf("%d",&cowhouse[i]);
sort(cowhouse+1,cowhouse+cow+1);
ans=cowhouse[cow]-cowhouse[1]+1;
for(int i=1;i<=cow-1;i++)
       c[i]=cowhouse[i+1]-cowhouse[i]-1; //无用的区间，即这一段是没有牛住的
sort(c+1,c+cow,cmp);
for(int i=1;i<=n-1;i++)
     ans=ans-c[i],cout<<c[i]<<endl;
printf("%d",ans);
return 0;
}

　　

 

反出来想

当有N头牛时，假设我们可以买N个木板，那答案自然为N

但实际购买的只有K个的话，则说明我们要加入一些无用的区间，来达到将两个木板“合并”成一个木板的过程。于是要加入的区间自然是越短越好。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[2002],b[2002],ans,m,s,c,cnt;
int main()
{
scanf("%d %d %d",&m,&s,&c);
for(int i=1;i<=c;i++){
scanf("%d",&a[i]);
}
sort(a+1,a+c+1);
for(int i=2;i<=c;i++)
b[++cnt]=a[i]-a[i-1]-1;
sort(b+1,b+cnt+1);
cnt=1;
ans=c;
while(m<c)
{
ans+=b[cnt];
cnt++;
c--;
}
printf("%d",ans);
return 0;
}