Codeforces 557C Arthur and Table 砍桌腿

题意:有n个桌腿,要砍掉某些桌腿使得剩下的桌腿能支撑桌子。规定剩下的桌腿中长度最大的桌腿的数量如果超过一半即可支撑桌子。砍掉每个桌腿需要付出代价。求最小的代价和。








枚举。假如最后剩下的桌腿的最大长度为lenth,这样长度的桌腿有num个。那么长度大于lenth的桌腿肯定都被砍去了,然后在剩下的桌腿中按照代价从大到小选择num - 1个桌腿留下来(不砍),将剩余的再砍去,这样一定是最小的代价和。当然也不是无脑枚举,能枚举是因为代价种类很少,才200个。首先我们按桌腿的长度排序,然后枚举每种长度作为最后剩下的长度。从小到大枚举。因为可以维护之前的值。用total记录需要砍掉的长度大于当前枚举到的长度lenth的桌腿的代价和,这样从最小的长度开始枚举,枚举到某个长度lenth时可以直接减去所有长度为lenth的桌腿代价,并保存下来用于枚举下一个长度。然后用cnt数组保存cnt[i] = 长度小于当前枚举的长度lenth的代价为 i 的桌腿总数。这就是要从小到大枚举的原因。因为长度大于lenth的在当前枚举时不用记录,枚举完当前长度后再更新cnt数组即可。





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using namespace std;

const int MAX = 100005;
const int INF = 100000*200;

struct Leg
{
    int l;
    int d;
};

int n;
Leg leg[MAX];
int cnt[205]; //每种代价的桌腿个数
int total; //总代价

bool cmp(Leg l1, Leg l2)
{
    return l1.l < l2.l;
}

void input()
{
    total = 0;
    for(int i = 0; i < n; i++)
        scanf("%d", &leg[i].l);
    for(int i = 0; i < n; i++)
    {
        scanf("%d", &leg[i].d);
        total += leg[i].d;
    }
}

void solve()
{
    memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
    sort(leg, leg + n, cmp);
    int i = 0, num, temp, cost, ans = INF;
    while(i < n)
    {
        num = 0;
        cost = total;
        for(temp = i; leg[temp].l == leg[i].l; temp++)
        {
            num++;
            cost -= leg[temp].d;
        }
        num--;
        for(int j = 200; j >= 1 && num > 0; j--)
        {
            cost -= min(num, cnt[j])*j;
            num -= cnt[j];
        }
        ans = min(ans, cost);
        for(temp = i; leg[temp].l == leg[i].l; temp++)
            cnt[leg[temp].d]++;
        i = temp;
    }
    printf("%d\n", ans);
}

int main()
{
    while(scanf("%d", &n) != EOF)
    {
        input();
        solve();
    }
    return 0;
}


### 解题思路 #### 问题描述 Codeforces 1678C - Tokitsukaze and Strange Inequality 是一道关于排列组合与前缀和的应用问题。给定一个长度为 \( n \) 的排列数组 \( p \),需要统计满足条件 \( a < b < c < d \) 并且 \( p_a < p_c \) 同时 \( p_b > p_d \) 的四元组数量。 --- #### 核心思想 由于数据规模较小 (\( n \leq 5000 \)),可以直接通过枚举的方式解决问题。为了降低时间复杂度,引入 **前缀和** 技术来加速计算过程[^3]。 具体来说: - 枚举变量 \( a \) 和 \( c \),固定它们之后,目标是快速找到符合条件的 \( b \) 和 \( d \)。 - 使用预处理好的前缀和数组 `num` 来高效查询某个范围内满足特定关系的数量。 - 定义辅助数组 `sum` 表示对于固定的区间范围内的某些约束条件下的累积计数结果。 --- #### 实现细节 ##### 步骤一:构建前缀和数组 `num` 定义二维数组 `num[i][j]`,其中 `num[i][j]` 表示在序列的前 \( i \) 项中,有多少个元素大于 \( j \)。 该数组可以通过如下方式初始化: ```python n = len(p) max_val = max(p) # 初始化 num 数组 num = [[0] * (max_val + 2) for _ in range(n + 1)] for i in range(1, n + 1): for j in range(max_val + 1, -1, -1): # 反向遍历以保持正确性 if p[i - 1] > j: num[i][j] = num[i - 1][j] + 1 else: num[i][j] = num[i - 1][j] ``` 上述代码的时间复杂度为 \( O(n \cdot m) \),其中 \( m \) 是数组中的最大值。 --- ##### 步骤二:定义并填充辅助数组 `sum` 定义另一个二维数组 `sum[i][j]`,它表示当 \( a=i \), \( c=j \) 时,在区间 \([a+1, c-1]\) 中满足 \( p[b] > p[d] \) 的总贡献次数。 利用动态规划的思想逐步更新此数组: ```python sum_ = [[0] * (n + 1) for _ in range(n + 1)] bucket = [0] * (max_val + 1) for l in range(n - 1, 0, -1): bucket[p[l]] += 1 for r in range(l + 2, n + 1): sum_[l][r] = sum_[l][r - 1] + (num[r - 1][p[r - 1]] - num[l][p[r - 1]]) ``` 这里的关键在于如何有效累加当前区间的合法贡献,并借助之前已经计算的结果减少重复运算。 --- ##### 步骤三:枚举所有可能的 \( a \) 和 \( c \) 最后一步是对所有的 \( a \) 和 \( c \) 进行双重循环,并将对应位置上的 `sum[a][c]` 加入最终答案中: ```python result = 0 for a in range(1, n - 2): for c in range(a + 2, n): result += sum_[a][c] print(result) ``` 整个算法的核心部分即完成以上三个阶段的操作即可实现高效的解决方案。 --- ### 总结 本题主要考察的是对多重嵌套结构的有效简化以及合理运用前缀和技巧的能力。通过巧妙设计的数据结构能够显著提升程序运行效率至可接受水平。
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