BZOJ1045 [HAOI2008]糖果传递 && BZOJ3293 [Cqoi2011]分金币
Description
有n个小朋友坐成一圈,每人有ai个糖果。每人只能给左右两人传递糖果。每人每次传递一个糖果代价为1。
Input
Output
求使所有人获得均等糖果的最小代价。
Sample Input
1
2
5
4
Sample Output
Solution
数学题
1045和3293是重题所以就放一起了,其实还有lrj蓝书上面的一道题也和这个一样(UVA的)
首先我们设每个人最后拥有的糖果数为$m$
那么很显然这个$m$是可以求出来的,$$m=\frac{\sum _{i=1}^{i<=n}A_i}{n}$$
再设一下,$xi$代表每个人传给了自己左边的人$xi$个糖果(对于$x1$,代表第一个人传给最后一个人$x1$个糖果(环形))
考虑第i个人,可以得到一个很显而易见的方程:$A_i - x_i + x_{i+1} = m$
为什么这个方程不用考虑左边的人传给这个人的情况?假设第$1$个人传给第$2$个人$3$个糖果,第$2$个人传给第$1$个人5个糖果,其实也就相当于,第$2$个人传给第$1$个人$2$个糖果,所以是不用考虑这个情况的(如果$1$传给$2$的牌比$2$传给$1$的多,那么$x2$则为负数)
同理可以得到一大堆的方程(其实就是把$1$~$n$分别代入上面的$i$)
我们可以尝试着解方程
然后会发现这方程是解不出来的
但是我们发现了一个点,可以拿x1表示这一大堆的其他的xi
现在我们设一个C数组,规定$C_i=C_{i-1}+A_i-m$
$a_1-x_1+x_2=m$化为$x_2=m-a_1+x_1=x_1-C_1$
同理,$a_2-x_2+x_3=m$化为
$x3$
$=m-a2+x2$
$=2*m-a2-a1+x1$
$=x1-C1-a2+m$
$=x1-C2$
于是我们就可以得到$n$个形似$xi=x1-Ci$的式子
好了我们在距离正解的路上已经迈出了一大步
考虑我们这$n-1$个等式能干啥
想想题目,我们想要传递的糖果数量尽可能少,也就是说,我们要让$\sum{abs(x)}$最小
然后再套一下之前的方程我们就可以把这个$\sum{abs(x)}$改写成$\sum{abs(x_1)+abs(x_1-C_1)+abs(x_2-C_2)···+abs(x_1-C_{n})}$
于是现在的问题就变成了,我们需要一个$x1$让$\sum{abs(x)}$最小
把这个玩意,映射到数轴上面,你就会发现一个神奇的东西
是的,就是中位数
怎么证明?
随便找一个点,假设这个点左边的点的数量多于右边的点的数量,那么肯定不是最优的,要向左移动(设它的左边有$l$个点,右边有$r$个点)(如果它向左移动了$t$个单位长度,假设还没碰到其他点,那么它距离左边的点少了$tl$的距离,距离右边多了$tr$的距离,总的距离事实上减少了$(l-r)t$个单位长度的距离,更优)
所以,使这个$\sum{abs(x)}$最小的$x_1$,一定会是$C$数组的中位数
所以得到这个$x1$之后,就可以推出这个$\sum{abs(x)}$的值了,答案也就出来了
嗯,这道题还卡$long \ long$,记得注意一下
挺好的一道数学题,挺思维的,代码难度也不大
#include <bits/stdc++.h> using namespace std ; #define ll long long
#define N 1000100 int n ;
ll a[ N ] , c[ N ] , sum = , ans = ; int main() {
scanf( "%d" , &n ) ;
for( int i = ; i <= n ; i ++ ) {
scanf( "%lld" , &a[ i ] ) ;
sum += a[ i ] ;
}
ll m = sum / n ;
for( int i = ; i <= n ; i ++ ) {
c[ i ] = c[ i - ] + a[ i ] - m ;
}
sort( c + , c + n + ) ;
ll t = c[ n & ? ( n + ) >> : n >> ] ;
for( int i = ; i <= n ; i ++ ) {
ans += abs( c[ i ] - t ) ;
}
printf( "%lld\n" , ans ) ;
return ;
}
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