Vijos 纸牌

题目网址

https://vijos.org/d/Randle/p/5a0011e1d3d8a10a532d6d71

题目描述

在桌面上放着n张纸牌，每张纸牌有两面，每面都写着一个非负整数。你的邪王真眼可以看到所有牌朝上的一面和朝下的一面写的数字。现在你需要将一些牌翻过来，使得所有牌朝上的一面中，至少有一半（≥n/2）的数字是一样的。请你求出最少需要翻几张牌，或者判断无解。注意：在翻牌的时候，你不能把牌扔掉，不能偷偷把别的牌放进来，也不能用笔涂改牌上面的数字。

输入格式

第一行包含一个整数n，表示牌的数量；接下来n行，每行两个非负整数ai, bi，表示每张牌上写的两个数字，ai对应朝上的一面，bi对应朝下的一面。

输出格式

如果有解，则输出一个整数，表示最少的翻牌次数，否则输出Impossible。

样例

样例输入1

3
1 2
2 1
3 4

样例输出1

1

样例输入2

3
1 2
3 4
5 6

样例输出2

Impossible

样例说明

样例解释1

把第一张牌翻过来，那么就有两个2一个3朝上了，2的数量超过了半数。

样例解释2

所有数字都只有一个，因此相同的数字数超过半数是不可能的。

数据范围

ai,bi<=10^9,n<=3*10^5
对所有数据，有n>0，ai, bi≥0。

题解

本题扫一眼会觉得很简单，但是再扫一眼，就会发现，真的是很烦。

首先，本题很难枚举翻哪一张牌，因为可以同时翻好几张牌。那么，本题的难点就是在于问题的转化。

不好枚举翻哪一张牌，那么我们就枚举哪一种牌可以翻。

如样例1，出现次数最多的是2，那么我们就可以枚举出翻含有2的牌的次数。

但是本题还有一个细节：出现次数最多的数字一定只需要翻最少次数吗？当然不一定，这种情况一定要考虑。

另外，本题还用到了离散化，离散化可以用map来实现

再把思路整理一遍

1.读入n

2.进行n次操作，每次读入ai和bi，利用map，将ai和bi分开进行离散化处理

注意：如果ai和bi的值相等，那么只能存储一次，以为这种牌无论翻不翻都一样

3.读入ai和bi的同时，将他们存放在一个数组中，并在读入结束后对该数组（用A[]表示）进行排序（理论上该排序没有任何意义，但是加上以后确实能快一点）

4.从1开始枚举A[]中左右的元素，对其出现次数进行判断，看能否满足超过一半的条件。如果可以，计算出它需要的最少次数，并对所有可行方案求最小值

代码

 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include <cstdlib>
 #include <iostream>
 #include <algorithm>
 #include <bits/stdc++.h>
 using namespace std;

 const int N=;

 map<int,int> M0,M1;
 int A[*N];
 int n,m,a[N],b[N],ans=N;

 void init()
 {
     scanf("%d", &n);
     for (int i=; i<=n; i++)
     {
         scanf("%d %d",&a[i], &b[i]);
         if (a[i]==b[i]) M0[a[i]]++;//记录a的次数
         else M0[a[i]]++, M1[b[i]]++;
         A[++m]=a[i];//将所有出现的数都放在A[]中
         A[++m]=b[i];
     }
     sort(A+,A+m+);
 } 

 void work()
 {
     for (int i=; i<=m; i++)//枚举在最终要翻的牌面数字
     {
         int x=M0[A[i]],y=M1[A[i]];
         if (x+y>=(n+)/)
             ans=min(ans,max((n+)/-x,));
     }
     if (ans==N)printf("Impossible\n");
     else printf("%d\n",ans);
     return;
 }

 int main()
 {
     init();
     work();
     return ;
 }

出处：https://www.cnblogs.com/yujustin/

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