Codeforces 437C The Child and Toy(贪心)

本文详细解析了Codeforces平台上的437C题目的解题策略,通过将节点按代价从大到小排序,并依次剪断代价较小的边来求解最小总代价问题。提供了完整的C++代码实现。

题目连接:Codeforces 437C The Child and Toy

题目大意:孩子有一个玩具,有n个部件组成,m条绳子组成,每条绳子连接两个部件。小孩比较顽皮,要将玩具拆成不可分割的部件,每次剪断一条绳子的代价是该绳子连接的两个部件的权值中较小的值。问说最小的总代价是多少。

解题思路:以为每条边都是要被剪断的,所以将节点按照代价值从大到小排序,每次拿掉权值大的点,与该点连接并且还未剪断的边均用另外点的权值。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 1005;
const int M = 2005;

struct state {
    int id;
    int val;
}p[N];

int n, m, v[N], val[N];
vector<int> g[N];

inline bool cmp (const state& a, const state& b) {
    return a.val > b.val;
}

void init () {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%d", &val[i]);
        p[i].id = i;
        p[i].val = val[i];
    }
    sort(p + 1, p + n + 1, cmp);

    int a, b;
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        scanf("%d%d", &a, &b);
        g[a].push_back(b);
        g[b].push_back(a);
    }
}

int main () {
    init();
    int ans = 0;
    memset(v, 0, sizeof(v));

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int u = p[i].id;
        v[u] = 1;

        for (int j = 0; j < g[u].size(); j++) {
            int vi = g[u][j];

            if (v[vi])
                continue;

            ans += val[vi];
        }
    }
    printf("%d\n", ans);
    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。
评论
添加红包

请填写红包祝福语或标题

红包个数最小为10个

红包金额最低5元

当前余额3.43前往充值 >
需支付:10.00
成就一亿技术人!
领取后你会自动成为博主和红包主的粉丝 规则
hope_wisdom
发出的红包
实付
使用余额支付
点击重新获取
扫码支付
钱包余额 0

抵扣说明:

1.余额是钱包充值的虚拟货币,按照1:1的比例进行支付金额的抵扣。
2.余额无法直接购买下载,可以购买VIP、付费专栏及课程。

余额充值