洛谷 P3137 [USACO16FEB]Circular Barn S

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本蒟蒻的第一篇题解，写得不好请指出，敬请谅解

题意：

有\(n\)头奶牛，分布在一些房间，某些房间可能有多头牛，要让这些牛按顺时针移动，求使每一个房间刚好有一个奶牛的最小花费

花费计算：如果一头奶牛穿过了\(d\)扇门，他消耗的能量为\(d^2\)

分析：

先把这个环看成一条链

首先说一个东西：如果有\(1\)头奶牛在\(a\)点，\(1\)头奶牛在\(b\)点，还有一个没有奶牛的\(c\)点，且\(c>b>a\)，要想有一头奶牛在\(b\)点，一头奶牛在\(c\)点，方案\(a \to b,b \to c\)比方案\(a \to c\)好

很容易知道这是对的，可以设\(x=b-a,y=c-b\)，而\(c-a=y+x\)，所以\((x+y)^2=x^2+y^2+2xy>x^2+y^2\)

也就是说在如果一个房间的奶牛的移动算一个移动过程，移动过程中一头奶牛不要越过另一头没有移动的奶牛

所以可以直接从一个起点开始，如果这个房间里有超过\(1\)头奶牛，就把这些奶牛移到依次后面每一个的房间的末尾，直到没有多余的奶牛可以移动为止

留下房间里最后一头奶牛，就是上一次最后一头牛，每一个房间都这么处理

为了好写代码，可以留下最后一头牛，把这个房间里多余的奶牛移动到下一个房间，下一个房间再做处理

问题是起点如何选择

当一个起点是合法时，\(\sum_{i=1}^{n}c_{i} \geqslant i\)

不知道就枚举呗，反正\(n\)不超过\(1000\)

窝语文不好，只能描述成这样惹

代码：

为每一个奶牛编号，为\(1 \sim n\)

用\(d_i\)来表示编号为\(i\)的奶牛走过的距离

用\(vector\)来存每一个房间里的奶牛

因为\(push\_back\)是把元素\(push\)到末尾，所以留下最后一个，其他的往下一个房间移动（还是上面那个东西）

然后注意下一个房间\(%n\)就行了

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mp make_pair
#define reg register int
#define msz(a) memset(a, 0, sizeof a);
#define rep1(i, j, n) for (reg i = j; i <= n; ++i)
#define rep2(i, j, n) for (reg i = j; i >= n; --i)
typedef long long LL;
typedef pair <int, int> PII;
const int INF1 = 0x3f3f3f3f, INF2 = 0x7fffffff;
int n, d[1005], ans, nowid, result = INF2;
vector <int> a[1005], b[1005];
bool vis[1005];
int main() {
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        int x;
        cin >> x;
        for (int j = 1; j <= x; ++j) a[i].push_back(++nowid), b[i].push_back(nowid);
    }
    for (int start = 1; start <= n; ++start) {
        bool flg = 1;
        for (int now = start; ; ++now) {
            if (now > n) now %= n;
            if (now == start && flg == 0) break;
            if (a[now].empty()) continue;
            flg = 0;
            int sz = a[now].size();
            int p = now + 1;
            if (p > n) p %= n;
            for (int i = 0; i < sz - 1; ++i) {
                a[p].push_back(a[now][i]);
                d[a[now][i]]++;
            }
            int endnum = a[now][sz - 1];
            a[now].clear();
            a[now].push_back(endnum);
        }
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            if (a[i].size() != 1) { ans = -1; break; }
            ans += d[i] * d[i];
        }
        if (ans ^ -1) result = min(result, ans);
        msz(d); msz(vis); ans = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) a[i].clear();
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
            for (int j = 0; j < (int)b[i].size(); ++j)
                a[i].push_back(b[i][j]);
    }
    printf("%d", result);
    return 0;
}

\(n^2\)算法可以通过\(1000\)的数据，那么\(100000\)的数据怎么办呢

可以发现枚举\(start\)会出现许多没用的枚举，那哪个一个\(start\)可以确保不会出现非法情况呢

可以大概猜出是最密集的那个地方的开头吧

就是说最大字段和

因为全部奶牛的和为\(n\)，所以所有\(c_i\)的和一定是最大子段和

所以要把每一个\(c_i\)与\(1\)做差，可以清晰看出最大的字段，再求出最大子段和的起点

证明也很简单：

设最大子段和的值为\(x\)，如果最大子段和不合法，那么在最大子段和之后必然有一个字段的值 \(\leqslant -x-1\)，由于所有数的和为\(0\)，那么在这个字段之后，剩下的那个字段和\(\geqslant 1\)

所以最大子段和的值不为\(x\)，矛盾

这个证明有点。。充分显示出我的菜

然后就是环状最大子段和惹

环状最大子段和好像可以用单调队列，但是我用了另一种方法

分两种情况讨论：

\(1\).这个字段没有包含\(c_1\)和\(c_n\)，那么就是本来的最大子段和

\(2\).字段包含了\(c_1\)和\(c_n\)，那就是整个和减去全部的最小字段和

下面是代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define mp make_pair
#define reg register int
#define msz(a) memset(a, 0, sizeof a);
#define rep1(i, j, n) for (reg i = j; i <= n; ++i)
#define rep2(i, j, n) for (reg i = j; i >= n; --i)
typedef long long LL;
typedef pair <int, int> PII;
const int INF1 = 0x3f3f3f3f, INF2 = 0x7fffffff;
const int N = 1e5 + 5;
int n, d[N], ans, nowid, result = INF2, maxn, start, f[N], b[N];
vector <int> a[N];
bool vis[N];
signed main() {
    // freopen("P6170_7.in", "r", stdin);
    scanf("%lld", &n);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        int x;
        scanf("%lld", &x);
        b[i] = x - 1;
        for (int j = 1; j <= x; ++j) a[i].push_back(++nowid);
    }
    bool flg = 1;
    int m1 = 0, m2 = 0, sum = 0, bg1, st1, st2;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        if (f[i - 1] > 0) f[i] = f[i - 1] + b[i];
        else f[i] = b[i], bg1 = i;
        if (f[i] > m1) m1 = f[i], st1 = bg1;
        sum += b[i];
        b[i] = -b[i];
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        if (f[i - 1] > 0) f[i] = f[i - 1] + b[i];
        else f[i] = b[i];
        if (f[i] > m2) m2 = f[i], st2 = i + 1;
    }
    m2 = sum + m2;
    if (m1 > m2) start = st1;
    else start = st2;
    for (int now = start; ; ++now) {
        if (now > n) now %= n;
        if (now == start && flg == 0) break;
        if (a[now].empty()) continue;
        flg = 0;
        int sz = a[now].size();
        int p = now + 1;
        if (p > n) p %= n;
        for (int i = 0; i < sz - 1; ++i) {
            a[p].push_back(a[now][i]);
            d[a[now][i]]++;
        }
        int endnum = a[now][sz - 1];
        a[now].clear();
        a[now].push_back(endnum);
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        ans += d[i] * d[i];
    printf("%lld", ans);
    return 0;
}