【Hihocoder - offer编程练习赛93 套题题解】交错01串（贪心，暴力）方格矩阵高度（模拟）数对（STLmultiset）修整土地（网络流）

A：

题干：

时间限制:10000ms

单点时限:1000ms

内存限制:256MB

描述

小Hi要将一个01串S传输给小Ho，由于S非常长，所以小Hi决定用长度为N的2个数组A = [A1, A2, ..., AN]和B = [B1, B2, ..., BN]表示S。

具体来讲，是指S由N段连续的字符串组成，其中第i段包含Ai个Bi。其中Bi可能是0或1。

例如 A = [1, 2, 3, 4], B = [1, 0, 0, 1]表示S = "1000001111"。

现在小Ho想把S变成一个01交错的字符串。请你帮他计算他最少要改变S中多少个字符才能达成？

输入

第一行包含一个整数N。

第二行包含N个整数，A1, A2, A3, ... AN。

第三行包含N个整数，B1, B2, B3, ... BN。

1 <= N <= 100000

1 <= Ai <= 100000

0 <= Bi <= 1

输出

一个整数代表答案

样例输入

4
1 2 3 4
1 0 0 1

样例输出

解题报告：

AC代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
#include<string>
#include<cmath>
#include<cstring>
#define ll long long
#define pb push_back
#define pm make_pair
using namespace std;
const int MAX = 2e5 + 5;
int a[MAX],b[MAX];
int main()
{int n;cin>>n;ll sum = 0;for(int i = 1; i<=n; i++) scanf("%d",a+i),sum += a[i]/2;for(int i = 1; i<=n; i++) scanf("%d",b+i);//开头是1 ll ans1 = 0;bool sd = 1;for(int i = 1; i<=n; i++) {if(b[i] == sd) {ans1 += a[i]/2;if(a[i]&1) sd = !sd;}else {ans1 += (a[i]+1)/2;if(a[i]&1) sd = !sd; }}ll ans2 = 0;sd = 0;for(int i = 1; i<=n; i++) {if(b[i] == sd) {ans2 += a[i]/2;if(a[i]&1) sd = !sd;}else {ans2 += (a[i]+1)/2;if(a[i]&1) sd = !sd; }}    printf("%lld\n",min(ans1,ans2));return 0 ;}

B：

题干：

时间限制:10000ms

单点时限:1000ms

内存限制:256MB

描述

小Hi有NxM的方格矩阵，每个方格的高度是Hij。例如如下是2x3的方格矩阵和每个方格的高度：

-->    1 3 4左    2 5 3视      ^图      |前视图

左边看过去，可以得到方格矩阵的左视图L = [L1 ... LN]；从前边看过去，可以得到方格矩阵的前视图F = [F1 ... FM]。

例如上例中L = [4, 5], F = [2, 5, 4]。

现在小Ho不知道每个方格的高度，只知道这些方格的左视图和前视图。他发现只知道左视图和前视图并不一定能唯一确定一个方格矩阵。

例如

2 4 4
2 5 4

的左视图和前视图也是L = [4, 5]和F = [2, 5, 4]。

于是小Ho想知道，对于所有可能的方格矩阵，格子高度之和最大是多少。

输入

第一行包含两个整数N和M。

第二行包含N个整数L1, L2, ... LN，代表左视图。

第三行包含M个整数F1, F2, ... FM，代表前视图。

1 <= N, M <= 1000

1 <= Li, Fi <= 1000

输出

一个整数代表答案

样例输入

2 3
4 5
2 5 4

样例输出

解题报告：

N*M暴力跑就行了。枚举每一个看他可以达到的最大值。

AC代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
#include<string>
#include<cmath>
#include<cstring>
#define ll long long
#define pb push_back
#define pm make_pair
using namespace std;
const int MAX = 2e5 + 5;
int n,m;
int h[MAX],q[MAX];
int main()
{ll ans = 0;cin>>n>>m;for(int i = 1; i<=n; i++) cin>>h[i];for(int i = 1; i<=m; i++) cin>>q[i];for(int i = 1; i<=n; i++) {for(int j = 1; j<=m; j++) {ans += min(h[i],q[j]);}}cout <<ans;return 0 ;}

C：

题干：

时间限制:10000ms

单点时限:1000ms

内存限制:256MB

描述

给定N个整数A1, A2, ... AN。现在小Ho可以任意从中取出两个整数X，Y凑成一个数对(X, Y)，只要满足Y = 2X。

如果每个Ai最多被取出一次，请你帮小Ho计算他最多能凑出多少个数对？

输入

第一行包含一个整数N。

第二行包含N个整数A1, A2, ... AN。

1 <= N <= 100000

1 <= Ai <= 100000

输出

一个整数代表答案

样例输入

5
1 2 4 8 16

样例输出

解题报告：

这题数据范围没有加满，所以可以用数组来计数（AC代码1），这题Ai加到1e18也可以做（AC代码2）。

AC代码1：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll ans=0;
int n;
int a[100005];
int cnt[100005];
int main() {scanf("%d",&n);for(int i=0; i<n; i++)scanf("%d",&a[i]),cnt[a[i]]++;sort(a,a+n);for(int i=0; i<n; i++) {if(a[i]%2==0&&cnt[a[i]/2]) {ans++;cnt[a[i]/2]--;cnt[a[i]]--;}}cout<<ans;return 0;
}

AC代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
#include<string>
#include<cmath>
#include<cstring>
#define ll long long
#define pb push_back
#define pm make_pair
using namespace std;
const int MAX = 2e5 + 5;
multiset<int> ms;
int a[MAX],n;
int main()
{int ans = 0;cin>>n;for(int i = 1; i<=n; i++) {cin>>a[i];ms.insert(a[i]);}auto it = ms.begin();for(int i = 1; i<=n/2; i++) {    while(ms.find((*it)*2) == ms.end() && it != ms.end()) ++it;if(it != ms.end()) {auto itt = ms.find((*it)*2);ans++;ms.erase(itt);itt = it;++it;ms.erase(itt);}else break;}cout <<ans;return 0 ;}

D：

题干：

时间限制:20000ms

单点时限:2000ms

内存限制:256MB

描述

H市的土地如下图所示，呈现NxM块区域，每一块区域都有自己的高度Hij。

    +---+---+---+---+---+---+|H11|H12|H13|H14|...|H1M|+---+---+---+---+---+---+|H21|H22|H23|H24|...|H2M|+---+---+---+---+---+---+. . . . . . .|HN1|HN2|HN3|HN4|...|HNM|+---+---+---+---+---+---+

为了使以后的城市交通比较便利，H市决定将土地进行平整，使得所有的区域高度相等。已知将1个单位的土地移动到相邻的区域需要花费1的费用，同时当前区域的高度降低1，接收土地的区域高度增加1。那么将所有的区域调整到相同的高度所需的最小费用是多少呢？

输入

第一行包含两个整数N和M。

以下N行包含一个NxM的矩阵H。

0 <= Hij <= 1000

1 <= N, M <= 50

输出

一个整数代表答案

样例输入

2 2
3 4
6 7

样例输出

解题报告：

一眼网络流。先计算出最终平衡时所有点的高度值sum（可以计算出，相当于已知）。建图：建一个起点连向所有可以高度减少的点，流量是h[i][j]-sum（因为他必须减少），费用是0；新建一个汇点，高度需要增加的点连向汇点，流量是sum-h[i][j]，费用是0，那么这样建图首先保证了源点流出的流量==汇点流入的流量，这也就保证了流量不会丢失，也就是最大流就是这么大，所以满足了我们需要求最小费用，的要求。相当于是我通过建图，首先固定了最大流（因为新建的源点到新建的汇点，最大流肯定就是min（源点连出的所有的边的流量之和，汇点流入的所有的边的流量之和），而这两者相同，所以最大流已经确定了，就是源点连出的所有边的流量之和，也就是源点流出的流量），然后跑模板去求最小费用就行了。

不过这题他数据错了你敢信，，，给的范围根本不是50*50的，，而且远大于这个，，怪不得一直RE。。。

另一种建图方式：起点到每一个点都有一个流量h[i][j]费用0的边，每个点都到终点有一个流量sum费用0的边，然后每个点向四周连边。合法性的证明参考上一种建图方式。

AC代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
#include<string>
#include<cmath>
#include<cstring>
#define ll long long
using namespace std;const int MAXN = 70000;
const int MAXM = 100005;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
struct Edge {int to,next,cap,flow,cost;
} edge[MAXM];
int head[MAXN],tol;
int pre[MAXN],dis[MAXN];
bool vis[MAXN];
int n,m;
int N;//节点总个数，节点编号从 0 ～ N-1
void init(int n) {N = n;tol = 0;memset(head, -1,sizeof(head));
}
void addedge(int u,int v,int cap,int cost) {edge[tol].to = v;edge[tol].cap = cap;edge[tol].cost = cost;edge[tol].flow = 0;edge[tol].next = head[u];head[u] = tol++;edge[tol].to = u;edge[tol].cap = 0;edge[tol].cost = -cost;edge[tol].flow = 0;edge[tol].next = head[v];head[v] = tol++;
}
bool spfa(int s,int t) {queue<int>q;for(int i = 0; i <= N; i++) {dis[i] = INF;vis[i] = false;pre[i] = -1;}dis[s] = 0;vis[s] = true;q.push(s);while(!q.empty()) {int u = q.front();q.pop();vis[u] = false;for(int i = head[u]; i !=-1; i = edge[i].next) {int v = edge[i].to;if(edge[i].cap > edge[i].flow && dis[v] > dis[u] + edge[i].cost ) {dis[v] = dis[u] + edge[i].cost;pre[v] = i;if(!vis[v]) {vis[v] = true;q.push(v);}}}}if(pre[t] ==-1)return false;else return true;}
//返回的是最大流，cost 存的是最小费用
int minCostMaxflow(int s,int t,int &cost) {int flow = 0;cost = 0;while(spfa(s,t)) {int Min = INF;for(int i = pre[t]; i !=-1; i = pre[edge[i^1].to]) {if(Min > edge[i].cap-edge[i].flow)Min = edge[i].cap-edge[i].flow;}for(int i = pre[t]; i !=-1; i = pre[edge[i^1].to]) {edge[i].flow += Min;edge[i^1].flow-= Min;cost += edge[i].cost * Min;}flow += Min;}return flow;
}
int nx[]={0,1,0,-1};
int ny[]={1,0,-1,0};
int id(int i,int j) {return (i-1)*m+j;
}
int h[555][555];
int main()
{while(~scanf("%d%d",&n,&m)) {init(n*m+22);int st=0,ed=n*m+1,sum = 0;    for(int i = 1; i<=n; i++) {for(int j = 1; j<=m; j++) {scanf("%d",&h[i][j]);sum += h[i][j];}}sum /= (n*m);for(int i = 1; i<=n; i++) {for(int j = 1; j<=m; j++) {if(h[i][j] > sum) addedge(st,id(i,j),h[i][j] - sum,0);else if(h[i][j] < sum) addedge(id(i,j),ed, sum - h[i][j],0);}}for(int i = 1; i<=n; i++) {for(int j = 1; j<=m; j++) {for(int k = 0; k<4; k++) {int tx = i + nx[k];int ty = j + ny[k];if(tx<1||tx>n||ty<1||ty>m) continue;addedge(id(i,j),id(tx,ty),INF,1);}      }}      int cost;int ans = minCostMaxflow(st,ed,cost);printf("%d\n",cost);}return 0 ;
}

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描述

输入

输出

描述

输入

输出

描述

输入

输出

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