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zoj 2968 Difference Game [贪心+二分]

2012-08-11 14:06 225 查看

题目：http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=1967

题意：多case，有两个集合Ga和Gb，两个集合最开始都有S个元素，可以将Ga中的元素移动到Gb中，也可以将Gb中的元素移至Ga中，每次移动的花费为移动前两集合中元素个数之差的绝对值，在保证花费不超过最大花费C的情况下，使Ga中最小的元素-Gb中最大的元素的值最大，化成式子就是求Max{min{Ga}-max{Gb}}。

应该算是贪心吧，想了很久，推出了个结论过了，不过后面要用到二分，不过数据弱，不用二分也能过，正解应该要用二分查找的，不过写二分到是写苦了我，这次顺便总结一下二分。

思路：

1，只有最后min{Ga}>=max{Gb}，最后输出的解才有可能为正数，而满足min{Ga}>=max{Gb}的情况就是将两个集合中的所有数重新分成两个集合，小的全部在Gb中，大的全部在Ga中。所以可以枚举所有情况，求出在满足不超过最大花费情况下的最大值即可，O(n)；

2，枚举所有正数的情况如何计算最小花费：从Ga，Gb的原始状况到最终状况出发，如果最后分给Ga的元素k，最开始也在Ga中，则为了保证花费最小，在转移过程中元素k也不可能会到Gb中去，所以可以计算出Ga到Gb的元素个数ab和Gb到Ga的元素个数ba，可以证明，最开始一定是，Ga->Gb,Gb->Ga,Ga->Gb……或者Gb->Ga,Ga->Gb,Gb->Ga……，如果令x=min{ab,ba}，y=fabs(ab-ba)，最后的花费就是2*x+y*(y-1)。就在求ab和ba的时候要用到二分：对于此时枚举的Ga中最小元素p，求出原Ga集合中有多少个比最小元素p小的数，排序后用二分找出下标即可，而ba与ab有这种关系ba=2*n-i-(n-ab)

3，如果最后没有正解，则说明Ga中的最小元素小于Gb中的最大元素。对于Ga，Gb原集合，第一步一定是将Ga中的最小元素移至Gb中或将Gb中的最大元素移至Ga中。假设将Ga中的最小元素移至Gb中，如果这样的第一步操作满足最大花费，由上述1，2可知无正解，则移动后Ga中次小元素仍然小于Gb中的最大元素，接下来可以移动Gb中的最大元素，或者原Ga集合中的次小元素（现在G啊a中的最小元素），但可证明一定是将Gb中的元素移至Ga中。

如果是Ga->Gb,Gb->Ga,Ga->Gb花费为2；如果是Ga->Gb,Ga->Gb,Gb->Ga花费为6，而最后状态相同，所以不如选取前者，知道花费不满足条件就停止移动输出解。

代码如下：

ViewCode

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#definesee(x)cout<<#x<<":"<<x<<endl;
usingnamespacestd;
constintmaxn=20005;
inta[maxn],b[maxn],c[maxn<<1];
boolcmp(intp,intq){
returnp>q;
}
intsearch2(inttemp,intn){
intl=-1,r=n,m;
while(l+1<r){
m=(l+r)>>1;
if(a[m]<temp){
l=m;
}
else{
r=m;
}
}
returnr;
}
intmain(){
intt,n,C,i,j,k,l,x,y,ans,res,cost;
intab,ba;
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d%d",&n,&C);
for(i=0;i<n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
c[i]=a[i];
}
for(i=0;i<n;i++){
scanf("%d",&b[i]);
c[i+n]=b[i];
}
if(n==1){
printf("%d\n",a[0]-b[0]);continue;
}
sort(a,a+n);sort(b,b+n,cmp);
sort(c,c+2*n);
res=-50001;
for(i=1;i<2*n;i++){
ab=search2(c[i],n);
ba=2*n-i-(n-ab);
x=min(ab,ba);
y=(int)fabs(ab-ba);
cost=2*x+y*(y-1);
if(cost<=C){
res=max(res,c[i]-c[i-1]);
}
}
if(res>0){
printf("%d\n",res);
}
else{
cost=0;
i=j=0;
k=0;
while(cost<=C&&i<n&&j<n){
res=max(res,a[i]-b[j]);
cost+=(int)fabs(i-j)*2;
if(k&1){
i++;
}
else{
j++;
}
k++;
}
cost=0;
i=j=0;
k=0;
while(cost<=C&&i<n&&j<n){
res=max(res,a[i]-b[j]);
cost+=(int)fabs(i-j)*2;
if(k&1){
j++;
}
else{
i++;
}
k++;
}
printf("%d\n",res);
}
}
return0;
}

下面我要说说二分，以下是celia01写过的各种错误二分版本

/*求a[]数组(其中元素是从小到大排序的)中值小于temp的元素有多少个，n为a[]数组大小*/
//wa1
intsearch2(inttemp,intn){
intl=0,r=n-1,m;
while(l<r){
m=(l+r)>>1;
if(a[m]<temp){
l=m+1;
}
else{
r=m-1;//损失解
}
}
returnl;
}
//wa2
intsearch2(inttemp,intn){
intl=0,r=n-1,m;//r=n-1一开始就损失解了
while(l<r){
m=(l+r)>>1;
if(a[m]<temp){
l=m+1;
}
else{
r=m;
}
}
returnl;
}
//wa3
intsearch2(inttemp,intn){
intl=0,r=n-1,m;
while(l+1<r){//若l=3,r=4,a[3]<temp，进入死循环
m=(l+r)>>1;
if(a[m]<temp){
l=m;
}
else{
r=m;
}
}
returnr;
}
//accept：
intsearch2(inttemp,intn){
intl=-1,r=n,m;
while(l+1<r){
m=(l+r)>>1;
if(a[m]<temp){
l=m;
}
else{
r=m;
}
}
returnr;
}

首先说一下，对于二分while()里面常常又两种写法while(l+1<r)和while(l<r)，一般

while(l<r)　　配　　l=m+1和r=m-1

while(l+1<r)　　配　　l=m和r=m

这样才能有效跳出循环。题中要求a[]中小于temp的值有多少个，所以l=m+1无碍，但r=m-1就会损失解了。

其实对于上面的wa2很容易改变，笔者今天又重新交了一下就ac了，居然一下排到了榜首，两个二分就都凑齐了

//30ms
intsearch2(inttemp,intn){
intl=0,r=n,m;
while(l<r){
m=(l+r)>>1;
if(a[m]<temp){
l=m+1;
}
else{
r=m;
}
}
returnl;//这里l和r都无所谓
}
//40ms
intsearch2(inttemp,intn){
intl=-1,r=n,m;
while(l+1<r){
m=(l+r)>>1;
if(a[m]<temp){
l=m;
}
else{
r=m;
}
}
returnr;//这里一定要是r
}

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