BZOJ1150 [CTSC2007] 数据备份Backup 贪心 + 堆 + 神题
Description
你在一家 IT 公司为大型写字楼或办公楼(offices)的计算机数据做备份。然而数据备份的工作是枯燥乏味
的,因此你想设计一个系统让不同的办公楼彼此之间互相备份,而你则坐在家中尽享计算机游戏的乐趣。已知办公
楼都位于同一条街上。你决定给这些办公楼配对(两个一组)。每一对办公楼可以通过在这两个建筑物之间铺设网
络电缆使得它们可以互相备份。然而,网络电缆的费用很高。当地电信公司仅能为你提供 K 条网络电缆,这意味
着你仅能为 K 对办公楼(或总计2K个办公楼)安排备份。任一个办公楼都属于唯一的配对组(换句话说,这 2K
个办公楼一定是相异的)。此外,电信公司需按网络电缆的长度(公里数)收费。因而,你需要选择这 K 对办公
楼使得电缆的总长度尽可能短。换句话说,你需要选择这 K 对办公楼,使得每一对办公楼之间的距离之和(总距
离)尽可能小。下面给出一个示例,假定你有 5 个客户,其办公楼都在一条街上,如下图所示。这 5 个办公楼分
别位于距离大街起点 1km, 3km, 4km, 6km 和 12km 处。电信公司仅为你提供 K=2 条电缆。
上例中最好的配对方案是将第 1 个和第 2 个办公楼相连,第 3 个和第 4 个办公楼相连。这样可按要求使用
K=2 条电缆。第 1 条电缆的长度是 3km-1km=2km ,第 2 条电缆的长度是 6km-4km=2km。这种配对方案需要总长
4km 的网络电缆,满足距离之和最小的要求。
非常神的一道题.
据说是模拟费用流(你也可以说是贪心加堆)
考虑最朴素的贪心:将所有元素都塞进一个堆里,那完一个就给旁边的打上标记,以此反复迭代.
不过,不难证明这种方法是完全错误的.
原因很简单:这个方法不能反悔,即每一个决策都是永久性的。
我们希望由可以反悔的机会。
首先,我们可以得到一个结论:
假若 $arr[i]$ 为当前数列中最小值,那么,如果不选 $arr[i]$,则一定要选择 $arr[i-1]$ 与 $arr[i+1]$。
于是,在加入 $arr[i]$,将其累积到答案中,并标记 $arr[i-1]$ 与 $arr[i+1]$ 不能选后,我们再将 $i$ 覆盖为 $arr[i-1]+arr[i+1]-arr[i]$。
为什么这样处理呢?
$arr[i]+arr[i-1]+arr[i+1]-arr[i]$ = $arr[i+1]+arr[i-1]$。以此达到了一个不断决策并反悔的过程。
以后可以专门学习一下模拟费用流,应该会对该问题有一个更加深刻的认识。
Code:
#include<bits/stdc++.h> #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) #define maxn 1000000 #define inf 100000000000 using namespace std; struct Node{ long long key; int id; Node(long long a=0,int b=0):key(a),id(b){} bool operator < ( Node c) const{ return key > c.key; } }; priority_queue<Node>Q; int tag[maxn],suf[maxn],pre[maxn]; long long h[maxn],arr[maxn]; int main(){ // setIO("input"); int n,k; scanf("%d%d",&n,&k); for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&arr[i]); for(int i=1;i<=n;++i) { h[i]=(long long) arr[i]-arr[i-1], suf[i]=i+1,pre[i]=i-1; } h[0]=inf, suf[n]=pre[2]=0; for(int i=2;i<=n;++i) Q.push(Node(h[i],i)); long long ans = 0; for(int i=1;i<=k;++i) { while(tag[Q.top().id]) Q.pop(); Node u = Q.top(); ans += (long long) u.key; int cur = u.id; int l = pre[cur],r = suf[cur]; h[cur] = h[l]+h[r]-h[cur]; tag[l]=tag[r]=1; h[l]=h[r]=inf; pre[cur]=pre[l],suf[pre[cur]] = cur; suf[cur]=suf[r],pre[suf[r]] = cur; Q.pop(); Q.push(Node(h[cur],cur)); } printf("%lld",ans); return 0; }