codeforces 584E Anton and Ira [想法题]

题意简述：

给定一个$1$到$n(n<=2000)$的初始排列以及最终排列我们每次可以选取位置为$i$和$j$的

并交换它们的位置花费为$ |i-j| $ 求从初始状态变换到末状态所需最小花费

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------

比赛时这题留了$40min$ 然而自己贪心策略还是有漏洞

结束后看了首页的官方题解感觉思路非常值得借鉴

首先我们把末状态变为到$1～n $初状态也与之相对应地改变 (设为$a[i]$)

比如样例可以变为

$3 2 4 1$

$1 2 3 4$

我们假设每次交换花费为$ 2|i-j| $那么从初始状态到末状态最优的情况下花费即为

$\sum_{i}^{n}|a[i]-i|$

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------

已经知道问题的下界了我们再来考虑是否对于任意情况总存在一种达到下界花费的方案

我们每次考虑当前状态中值最小且不在对应位置的数然后找它左边第一个比它位置大的数

然后进行交换直到它换到自己的目标位置

我们会发现按照这样的换法所有数都一直在向着目标位置移动没有往返过

所以花费就是最小的即 $\sum_{i}^{n}|a[i]-i|$

另外由于交换次数给的范围比较大 $(n^{2}/2)$ 刚好是比极限情况（$n$到$1$排列）稍大

于是这题做到这里就可以解决了

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=2010;
int a[N],pos[N];
int ans1[N*N>>1],ans2[N*N>>1];
int n,k,ans;
int main()
{scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&a[i]);int x;for(int i=1;i<=n;++i){scanf("%d",&x);pos[x]=i;}for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=pos[a[i]];for(int i=1;i<=n;++i){int j=i;while(a[j]!=i)++j;while(j!=i){int l=j-1;while(a[l]<j)--l;ans+=j-l;++k;ans1[k]=l;ans2[k]=j;swap(a[l],a[j]);j=l;}}printf("%d\n%d\n",ans,k);for(int i=1;i<=k;++i)printf("%d %d\n",ans1[i],ans2[i]);return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/sagitta/p/4858692.html

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