Codeforces Round #762 (Div. 3) E. MEX and Increments

前言

寒假开始搞一搞

题目

原题地址：E. MEX and Increments
题目编号：1619E
目标算法：dp（动态规划）
难度评分：1700

1.题目大意

给你一个由n个非负数构成的数组
定义MEX为数组中不存在的最小非负数，例如：
- [3, 1, 0] MEX = 2
- [3, 3, 1, 4] MEX = 0
要求使MEX = 0到n需要对数组进行最小的操作次数，无法实现输出-1
（一次操作就是对数组中任意元素+1）

2.题目分析

首先有几个注意要点
1. 当前i对应的MEX不满足题意为-1时，后面大于i的数对应的MEX均为-1
2. 当前i对应的MEX满足题意时，前面必然可以构造出一个小序列，满足0到i的元素有且只有一个。
3. 构造小序列的最新一位i-1时，要从已构造元素的重复元素中选出最接近i-1的一个进行构造。
根据要点2以及题目要求，我们可以得到以下公式：
ans = dp + cnt
其中：
- ans：要求的最小操作数
- dp：构造小序列所需的最小操作数
- cnt：当前数值元素的个数
根据要点3，进一步添加2个优先队列：
- up：升序，用于存储样例中的所有元素
- down：降序，用于存储小于当前i的重复元素
以样例中的0 1 2 3 4 3 2为例进行演示

MEX	up	down	dp	cnt	ans
0	0 1 2 2 3 3 4	∅	0	1	0 + 1 = 1
1	1 2 2 3 3 4	0	1 - 1 - 0 + 0 = 0	1	0 + 1 = 1
2	2 2 3 3 4	1	2 - 1 - 1 + 0 = 0	1	0 + 1 = 1
3	3 3 4	2 2	3 - 1 - 2 + 0 = 0	2	0 + 2 = 2
4	4	3 3 2	4 - 1 - 3 + 0 = 0	2	0 + 2 = 2
5	∅	4 3 2	5 - 1 - 4 + 0 = 0	0	0 + 0 = 0
6	∅	3 2	6 - 1 - 3 + 0 = 2	0	2 + 0 = 2
7	∅	2	7 - 1 - 2 + 2 = 6	0	6 + 0 = 6

得到最终答案1 2 2 1 0 2 6

3.题目代码

#include <iostream>
#include <queue>
#include <vector>

using namespace std;

int main()
{
    int t;
    cin >> t;
    while(t--)
    {
        int n;
        int tmp;
        cin >>n;
        long long cnt[200005]={0};//有可能有大于n的数,所以数组要开到最大
        priority_queue<long long, vector<long long>,greater<long long>> up;//升序
        priority_queue<long long, vector<long long>,less<long long>> down;//降序
        for(int i=0;i<n;i++)//统计个数
        {
            cin >> tmp;
            cnt[tmp]++;
            up.push(tmp);
        }
        long long dp = 0;//创造小序列的操作数
        long long ans = 0;
        cout << cnt[0] << " ";
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            while(!up.empty()&&up.top()<i)
            {
                down.push(up.top());
                up.pop();
                if(up.empty())
                    break;
            }
            if(down.empty())//构造不出小序列
            {
                for(int j=i;j<=n;j++)
                    cout << -1 << " ";
                break;
            }
            else
            {
                dp += ((i-1) - down.top());//构造小序列
                down.pop();
                ans = dp + cnt[i];
                cout << ans << " ";
            }
        }
        cout << endl;
    }
    return 0;
}