2014 蓝桥杯 预赛 c/c++ 本科B组 第十题:小朋友排队(19')(4.9修订)
2014-03-25 21:34
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第十题:小朋友排队(19')
n 个小朋友站成一排。现在要把他们按身高从低到高的顺序排列,但是每次只能交换位置相邻的两个小朋友。
每个小朋友都有一个不高兴的程度。开始的时候,所有小朋友的不高兴程度都是0。
如果某个小朋友第一次被要求交换,则他的不高兴程度增加1,如果第二次要求他交换,则他的不高兴程度增加2(即不高兴程度为3),依次类推。当要求某个小朋友第k次交换时,他的不高兴程度增加k。
请问,要让所有小朋友按从低到高排队,他们的不高兴程度之和最小是多少。
如果有两个小朋友身高一样,则他们谁站在谁前面是没有关系的。
【数据格式】
输入的第一行包含一个整数n,表示小朋友的个数。
第二行包含 n 个整数 H1 H2 … Hn,分别表示每个小朋友的身高。
输出一行,包含一个整数,表示小朋友的不高兴程度和的最小值。
例如,输入:
3
3 2 1
程序应该输出:
9
【样例说明】
首先交换身高为3和2的小朋友,再交换身高为3和1的小朋友,再交换身高为2和1的小朋友,每个小朋友的不高兴程度都是3,总和为9。
【数据规模与约定】
对于10%的数据, 1<=n<=10;
对于30%的数据, 1<=n<=1000;
对于50%的数据, 1<=n<=10000;
对于100%的数据,1<=n<=100000,0<=Hi<=1000000。
资源约定:
峰值内存消耗 < 256M
CPU消耗 < 1000ms
请严格按要求输出,不要画蛇添足地打印类似:“请您输入...” 的多余内容。
所有代码放在同一个源文件中,调试通过后,拷贝提交该源码。
注意: main函数需要返回0
注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准,不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include <xxx>, 不能通过工程设置而省略常用头文件。
提交时,注意选择所期望的编译器类型。
快速解题思路:逆序对啊,每点的左边大于它的,右边小于它的数的个数。就是当前点的逆序对数。而对于此题的数量级,最惨能接受O(nlogn)的时间复杂度。求一个序列的逆序对数,最直接最暴力的方法就是直接算,for循环直接求。 这样应该可以过30%的数据,能拿分。 但是求逆序对有O(nlogn)的归并排序算法。改造一番,可以达到效果。
代码:(归并 19' 问题应该不会很大,希望拿全)
(树状数组)
(4.9修订)
上面的代码,我拿去蓝桥oj提交,0分。。。于是再想了下问题出在哪里。
原来对第一步,判断左边大于它的个数的时候,会将和它相等的个数都算进去。所以错了。即j一直在加,而如果输入的一直是一个数,那么b[j]就会一直增加。
相当于b[j] 包括的是不小于num[j]的数,而我们要的是大于num[j]的数,所以还要减去等于num[j]的个数。
下面是AC码:(树状数组)
n 个小朋友站成一排。现在要把他们按身高从低到高的顺序排列,但是每次只能交换位置相邻的两个小朋友。
每个小朋友都有一个不高兴的程度。开始的时候,所有小朋友的不高兴程度都是0。
如果某个小朋友第一次被要求交换,则他的不高兴程度增加1,如果第二次要求他交换,则他的不高兴程度增加2(即不高兴程度为3),依次类推。当要求某个小朋友第k次交换时,他的不高兴程度增加k。
请问,要让所有小朋友按从低到高排队,他们的不高兴程度之和最小是多少。
如果有两个小朋友身高一样,则他们谁站在谁前面是没有关系的。
【数据格式】
输入的第一行包含一个整数n,表示小朋友的个数。
第二行包含 n 个整数 H1 H2 … Hn,分别表示每个小朋友的身高。
输出一行,包含一个整数,表示小朋友的不高兴程度和的最小值。
例如,输入:
3
3 2 1
程序应该输出:
9
【样例说明】
首先交换身高为3和2的小朋友,再交换身高为3和1的小朋友,再交换身高为2和1的小朋友,每个小朋友的不高兴程度都是3,总和为9。
【数据规模与约定】
对于10%的数据, 1<=n<=10;
对于30%的数据, 1<=n<=1000;
对于50%的数据, 1<=n<=10000;
对于100%的数据,1<=n<=100000,0<=Hi<=1000000。
资源约定:
峰值内存消耗 < 256M
CPU消耗 < 1000ms
请严格按要求输出,不要画蛇添足地打印类似:“请您输入...” 的多余内容。
所有代码放在同一个源文件中,调试通过后,拷贝提交该源码。
注意: main函数需要返回0
注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准,不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include <xxx>, 不能通过工程设置而省略常用头文件。
提交时,注意选择所期望的编译器类型。
快速解题思路:逆序对啊,每点的左边大于它的,右边小于它的数的个数。就是当前点的逆序对数。而对于此题的数量级,最惨能接受O(nlogn)的时间复杂度。求一个序列的逆序对数,最直接最暴力的方法就是直接算,for循环直接求。 这样应该可以过30%的数据,能拿分。 但是求逆序对有O(nlogn)的归并排序算法。改造一番,可以达到效果。
代码:(归并 19' 问题应该不会很大,希望拿全)
(树状数组)
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; #define N 100010 #define MAX 1000100 int C[MAX], S[MAX], b ; long long num , sum ; int T; int Lowbit(int x){ return x&(x^(x-1)); } void add(int pos,int num,int *C) { while(pos <= N) { C[pos] += num; pos += Lowbit(pos); } } int Sum(int end,int *C) { int sum = 0; while(end > 0) { sum += C[end]; end -= Lowbit(end); } return sum; } int main() { int s, t, i, j, T, ans; sum[0] = 0; for(i = 1; i < N; ++i){ sum[i] = sum[i-1] + i; } while(~scanf("%d",&T)) { memset(C,0,sizeof(C)); memset(S,0,sizeof(S)); memset(num,0,sizeof(num)); memset(b,0,sizeof(b)); ans = 0; for(j = 0; j < T; j ++) {//因为第一个数前面比它小的数没有,所以j要从0开始 scanf("%I64d",&num[j]); add(num[j]+1,1,C); b[j] = j - Sum(num[j], C);//Sum(num[j],C)求的就是小于s的个数,j - Sum(num[j],C)就是前j个数中大于num[j]的个数 } ans = 0; for(j = T-1; j > -1; --j){//反过来求第j个数右边中小于它的数的个数。 add(num[j] + 1 ,1, S); b[j] += Sum(num[j] ,S);//Sum(num[j],S)求的就是小于num[j]的个数 ans += sum[b[j]]; } printf("%d\n",ans); } return 0; }
(4.9修订)
上面的代码,我拿去蓝桥oj提交,0分。。。于是再想了下问题出在哪里。
原来对第一步,判断左边大于它的个数的时候,会将和它相等的个数都算进去。所以错了。即j一直在加,而如果输入的一直是一个数,那么b[j]就会一直增加。
相当于b[j] 包括的是不小于num[j]的数,而我们要的是大于num[j]的数,所以还要减去等于num[j]的个数。
下面是AC码:(树状数组)
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; #define N 100010 #define MAX 1000100 int C[MAX], S[MAX], b ; long long total , ans; int num , T, s, t, i, j; int Lowbit(int x){ return x&(x^(x-1)); } void add(int pos,int num,int *P) { while(pos <= MAX) { P[pos] += num; pos += Lowbit(pos); } } int Sum(int end,int *P) { int cnt = 0; while(end > 0) { cnt += P[end]; end -= Lowbit(end); } return cnt; } void init(){ total[0] = 0; for(i = 1; i < N; ++i){ total[i] = total[i-1] + i; } } int main() { init(); while(~scanf("%d",&T)) { memset(C,0,sizeof(C)); memset(S,0,sizeof(S)); //memset(num,0,sizeof(num)); //memset(b,0,sizeof(b)); //ans = 0; for(j = 0; j < T; j ++) {//因为第一个数前面比它小的数没有,所以j要从0开始 scanf("%d",&num[j]); add(num[j]+1,1,C); b[j] = j - Sum(num[j], C);//Sum(num[j],C)求的就是小于s的个数,j - Sum(num[j],C)就是前j个数中大于num[j]的个数 b[j] -= Sum(num[j]+1,C) - Sum(num[j],C)-1; //printf("%d ",b[j]); } //printf("\n"); ans = 0; for(j = T-1; j > -1; --j){//反过来求第j个数右边中小于它的数的个数。 add(num[j]+1 ,1, S); b[j] += Sum(num[j] ,S);//Sum(num[j],S)求的就是小于num[j]的个数 //b[j] -= Sum(num[j]+1,S) - Sum(num[j],S)-1; //printf("%d ",b[j]); ans += total[b[j]]; } //printf("\n"); printf("%I64d\n",ans); } return 0; }
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