「NOIAC40」Erlang

Source and Judge

NOIAC40

Record

1h

Analysis

请先思考后再展开

一开始看错题意了,决策可以是动态的,根据取出来的数再决定下一步

如果是静态的话,显然最多搞两个集合
考虑枚举每一种颜色
一、如果某个集合有多个,贡献为 len-其他种类+2(取光其他所有才出来)
二、分开来, len-其他种类+1 最少的两个之和(最后才出来)
时间复杂度n

其实改成动态并不难,最多搞两个集合这个性质依然是对的,但不能再枚举具体颜色了
一、如果某个集合有多个,贡献为 颜色种类+1
二、分开来
这里是难点
自己曾想到一种情况,但不知道怎么解决:
可能我后面取出来的答案即使加上取出来的消耗依然比早出来的小
然后看到动态决策就很蒙蔽,不知道怎么处理……

其实很容易证明,最坏情况一定是按贡献从大到小出来的
用微扰可以证明,其他的情况都会比这个更优
所以排序后每个的贡献就很明确了,即「存在此颜色的所有集合中,除了这个之外,最小的 其他颜色个数+1」
(这里我们不再考虑,因为取到别的相同颜色而停止的情况,因为在前面已经计算过了)

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//Zory-2018
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<map>
#include<set>
#include<queue>
#include<deque>
#include<stack>
#include<bitset>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;

namespace mine
{
typedef long long ll;
const int INF=0x3f3f3f3f;

const int MAX_N=510000;
int cc[MAX_N];bool cmp(int a,int b) {return a>b;}

int mi[MAX_N],mi2[MAX_N];
void insert(int num,int c)
{
//printf("num=%d c=%d\n",num,c);
if(c<mi[num]) mi2[num]=mi[num],mi[num]=c;
else if(c<mi2[num]) mi2[num]=c;
}
vector<int> a[MAX_N];

int n,ans=INF;

int ct[MAX_N];//值的出现情况
void solve()
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int tmp=0,m=(int)a[i].size();
for(int j=0;j<m;j++) ct[a[i][j]]++;
for(int j=0;j<m;j++)
{
int get=mi[a[i][j]];
if(get==m-ct[a[i][j]]+1) get=mi2[a[i][j]];
cc[++tmp]=get;
}
for(int j=0;j<m;j++) ct[a[i][j]]--;

sort(cc+1,cc+tmp+1,cmp);
for(int j=1;j<=tmp;j++) ans=min(ans,cc[j]+j);
}
if(ans==INF) puts("-1");
else printf("%d",ans);
}

int ed[MAX_N];
int b[MAX_N];//集合的种类数
void main()
{
memset(mi,63,sizeof mi);
memset(mi2,63,sizeof mi2);

scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int m;scanf("%d",&m);
bool bk=0;
for(int j=0;j<m;j++)
{
int t;scanf("%d",&t);
a[i].push_back(t);ed[t]=j;
if(ct[t]==0) b[i]++;
else bk=1;
ct[t]++;
}
if(bk) ans=min(ans,b[i]+1);//只选一个的情况
for(int j=0;j<(int)a[i].size();j++)
{
if(ed[a[i][j]]==j) insert(a[i][j],(int)a[i].size()-ct[a[i][j]]+1);//只插入一次
ct[a[i][j]]--;
}
}
solve();
}
};
int main()
{
mine::main();
}

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