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BZOJ 1106: [POI2007]立方体大作战tet
1106: [POI2007]立方体大作战tet
Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 162 MBSubmit: 682 Solved: 496
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Description
一个叫做立方体大作战的游戏风靡整个Byteotia。这个游戏的规则是相当复杂的,所以我们只介绍他的简单规
则:给定玩家一个有2n个元素的栈,元素一个叠一个地放置。这些元素拥有n个不同的编号,每个编号正好有两个
元素。玩家每次可以交换两个相邻的元素。如果在交换之后,两个相邻的元素编号相同,则将他们都从栈中移除,
所有在他们上面的元素都会掉落下来并且可以导致连锁反应。玩家的目标是用最少的步数将方块全部消除。
Input
第一行包含一个正整数n(1<=n<=50000)。接下来2n行每行一个数ai,从上到下描述整个栈,保证每个数出现且
仅只出现两次(1<=ai<=n)。初始时,没有两个相同元素相邻。并且保证所有数据都能在1000000步以内出解。
Output
第一行包含一个数m,表示最少的步数。
Sample Input
样例输入1
5
5
2
3
1
4
1
4
3
5
2
样例输入2
3
1
2
3
1
2
3
5
5
2
3
1
4
1
4
3
5
2
样例输入2
3
1
2
3
1
2
3
Sample Output
样例输出1
2
样例输出2
3
2
样例输出2
3
HINT
Source
看到POI的题,先想贪心。
考虑一个简单的想法,从上往下读入,如果当前这个数字的“另一半”已经出现过,那么直接计算出这两个块之间的当前距离,不断交换直至这两个数字可以消除。记得当初还和GZZ证明过这个贪心的正确性,不难,懒癌晚期就不再写了。
至于动态维护两个数字之间的距离,树状数组就可以了。
1 #include <cstdio> 2 3 const int siz = 100005; 4 5 int n, vis[siz], bit[siz]; 6 7 inline int qry(int t) 8 { 9 int ret = 0;10 11 for (; t; t -= t&-t)12 ret += bit[t];13 14 return ret;15 }16 17 inline void add(int t, int v)18 {19 for (; t <= n; t += t&-t)20 bit[t] += v;21 }22 23 signed main(void)24 {25 scanf("%d", &n); n <<= 1;26 27 long long ans = 0LL;28 29 for (int i = 1, t; i <= n; ++i)30 {31 scanf("%d", &t);32 33 if (vis[t])34 ans += qry(i) - qry(vis[t]), add(vis[t], -1);35 else36 add(vis[t] = i, +1);37 }38 39 printf("%lld\n", ans);40 }
@Author: YouSiki
BZOJ 1106: [POI2007]立方体大作战tet
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