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【BZOJ 1150】 1150: [CTSC2007]数据备份Backup （贪心+优先队列）

2024-09-01 00:01:36   221人阅读

1150: [CTSC2007]数据备份Backup

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。
技术分享
　　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。

Input

　　输入的第一行包含整数n和k，其中n（2 ≤ n ≤100 000）表示办公楼的数目，k（1≤ k≤ n/2）表示可利用
的网络电缆的数目。接下来的n行每行仅包含一个整数（0≤ s ≤1000 000 000）, 表示每个办公楼到大街起点处
的距离。这些整数将按照从小到大的顺序依次出现。

Output

　　输出应由一个正整数组成，给出将2K个相异的办公楼连成k对所需的网络电缆的最小总长度。

Sample Input

5 2
1
3
4
6
12

Sample Output

4

HINT

Source

 

 

【分析】

　　这已经很经典了吧。

　　贪心+一个后悔操作就好了，优先队列优化。

　　具体见：【BZOJ 2151】http://www.cnblogs.com/Konjakmoyu/p/6284056.html

 

技术分享 
 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstdlib>
 3 #include<cstring>
 4 #include<iostream>
 5 #include<algorithm>
 6 #include<queue>
 7 using namespace std;
 8 #define Maxn 100100
 9 
10 struct node
11 {
12     int id,x;
13     friend bool operator < (node x,node y)
14     {
15         return x.x>y.x;
16     }
17 };
18 
19 priority_queue<node > q;
20 
21 int a[2*Maxn],lt[2*Maxn],nt[2*Maxn];
22 bool mark[2*Maxn];
23 
24 int main()
25 {
26     int n,k;
27     scanf("%d%d",&n,&k);
28     int now,nw;
29     scanf("%d",&now);
30     for(int i=2;i<=n;i++)
31     {
32         scanf("%d",&nw);
33         a[i-1]=nw-now;
34         now=nw;
35     }
36     n--;
37     while(!q.empty()) q.pop();
38     for(int i=1;i<=n;i++) nt[i]=i+1;nt[n]=-1;
39     for(int i=1;i<=n;i++) lt[i]=i-1;
40     for(int i=1;i<=n;i++)
41     {
42         node xx;
43         xx.id=i;xx.x=a[i];
44         q.push(xx);
45     }
46     memset(mark,0,sizeof(mark));
47     int ans=0,cnt=n;
48     for(int i=1;i<=k;i++)
49     {
50         while(mark[q.top().id]) q.pop();
51         node xx;
52         xx=q.top();q.pop();
53         ans+=xx.x;
54         if(lt[xx.id]==0)
55         {
56             mark[nt[xx.id]]=1;
57             lt[nt[nt[xx.id]]]=0;
58         }
59         else if(nt[xx.id]==-1)
60         {
61             mark[lt[xx.id]]=1;
62             nt[lt[lt[xx.id]]]=-1;
63         }
64         else
65         {
66             mark[nt[xx.id]]=1;
67             mark[lt[xx.id]]=1;
68             cnt++;
69             nt[lt[lt[xx.id]]]=cnt;
70             lt[nt[nt[xx.id]]]=cnt;
71             lt[cnt]=lt[lt[xx.id]];
72             nt[cnt]=nt[nt[xx.id]];
73             node nw;
74             nw.id=cnt;
75             nw.x=a[lt[xx.id]]+a[nt[xx.id]]-xx.x;
76             a[cnt]=nw.x;
77             q.push(nw);
78         }
79     }
80     printf("%d\n",ans);
81     return 0;
82 }
View Code

 

2017-01-14 10:04:32

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