coderforces Gym 100803A/Aizu 1345/CSU 1536/UVALive 6832 Bit String Reordering（贪心证明缺）

Portal: http://judge.u-aizu.ac.jp/onlinejudge/description.jsp?id=1345

　　　  http://codeforces.com/gym/100803/attachments  A题

好题！

坑不多，切入比较难

一开始的想法是暴力，由于求得是最小解且此图太大无边界，所以不能DFS，首先想到BFS

解法1 BFS+STL queue

 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 #include<set>
 #include<cstdio>
 #include<cstdlib>
 #include<cmath>
 #include<queue>
 using namespace std;
 #define FOR(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
 #define FORD(i,j,k) for(int i=j;i>=k;i--)
 #define LL long long
 #define SZ(x) x.size()
 int vis[];
 int x,k,n,m,s,ans,start,end1,end2,dight;
 int bfs()
 {
     queue<int> q1,q2;
     q1.push(start);
     q2.push();
     vis[start]=;
     while(q1.front()!=end1&&q1.front()!=end2)
     {
         int fr=q1.front();
         int fv=q2.front();
         FOR(i,,n-)
         {
             if((fr&(<<i))&&!(fr&(<<(i+))))
             {
                 ans=fr+(<<i);
                 if(!vis[ans]) {vis[ans]=;q1.push(ans);q2.push(fv+);}
             }
             else if(!(fr&(<<i))&&(fr&(<<(i+))))
             {
                 ans=fr-(<<i);
                 if(!vis[ans]) {vis[ans]=;q1.push(ans);q2.push(fv+);}
             }
         }
         q1.pop();
         q2.pop();
     }
     return q2.front()-;
 }
 int main()
 {
 cin>>n>>m;
 dight=;
 FORD(i,n-,)
 {
     cin>>x;
     start+=x<<i;
 }
 int c=n;
 FOR(i,,m)
 {
     cin>>x;
     FOR(j,,x)
     {
         c--;
         end1+=dight<<c;
         end2+=(-dight)<<c;
     }
     dight^=;
 }
 cout<<bfs()<<endl;
 return ;
 }

蛋疼的代码

解法2 BFS+手写queue

 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 #include<set>
 #include<cstdio>
 #include<cstdlib>
 #include<cmath>
 //#include<queue>
 using namespace std;
 #define FOR(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
 #define FORD(i,j,k) for(int i=j;i>=k;i--)
 #define LL long long
 #define SZ(x) x.size()
 int vis[];
 int x,k,n,m,s,ans,start,end1,end2,dight;

 int bfs()
 {
     int q1[];int L1=;int R1=;
     int q2[];int L2=;int R2=;
     q1[++R1]=start;
     q2[++R2]=;
     vis[start]=;
     while(q1[L1]!=end1&&q1[L1]!=end2)
     {
         int fr=q1[L1];
         int fv=q2[L2];
         FOR(i,,n-)
         {
             if((fr&(<<i))&&!(fr&(<<(i+))))
             {
                 ans=fr+(<<i);
                 if(!vis[ans]) {vis[ans]=;q1[++R1]=ans;q2[++R2]=fv+;}
             }
             else if(!(fr&(<<i))&&(fr&(<<(i+))))
             {
                 ans=fr-(<<i);
                 if(!vis[ans]) {vis[ans]=;q1[++R1]=ans;q2[++R2]=fv+;}
             }
         }
         L1++;
         L2++;
     }
     return q2[L2]-;
 }
 int main()
 {
 cin>>n>>m;
 dight=;
 FORD(i,n-,)
 {
     cin>>x;
     start+=x<<i;
 }
 int c=n;
 FOR(i,,m)
 {
     cin>>x;
     FOR(j,,x)
     {
         c--;
         end1+=dight<<c;
         end2+=(-dight)<<c;
     }
     dight^=;
 }
 cout<<bfs()<<endl;
 return ;
 }

同样的代码

比较同样情况下STL的queue和手写的queue，我发现STL的queue内存比手写的多了4KB

这是个严重的问题，因为STL经常pop元素，是动态的，它的内存一定较小，但即便在手写的queue固定大小为8e5个int的情况下，仍然多4KB，即1e3个int

STL的queue在此题理论上能够最多有16384个元素，所以事实上同等长度的queue所用内存相当于3到4倍同等int

所以，我们应该谨慎使用STL，为保险起见，用queue时数据输入的极限容量不得多于1e7，即1/10int在32768KB下容量左右

在解法1/2的代码中使用了位运算的黑科技

FORD(i,n-,)
{
    cin>>x;
    start+=x<<i;
}
int c=n;
FOR(i,,m)
{
    cin>>x;
    FOR(j,,x)
    {
        c--;
        end1+=dight<<c;
        end2+=(-dight)<<c;
    }
    dight^=;
}

///

    if((fr&(<<i))&&!(fr&(<<(i+))))
            {
                ans=fr+(<<i);
                if(!vis[ans]) {vis[ans]=;q1[++R1]=ans;q2[++R2]=fv+;}
            }
            else if(!(fr&(<<i))&&(fr&(<<(i+))))
            {
                ans=fr-(<<i);
                if(!vis[ans]) {vis[ans]=;q1[++R1]=ans;q2[++R2]=fv+;}
            }

神奇的做法

其中(fr&(1<<i))&&!(fr&(1<<(i+1)))最妙

fr&(1<<i)表示判断fr的二进制表示中第i位是否为1（黑科技中利用了c++非0为真的机制）

这样使用黑科技的原因是这题中交换相同的二进制位是没有意义

所以仅仅交换01和10来产生当前数字的邻居

解法3 贪心

思路 先处理出start[]和两个可能的终点end1[] end2[]

再判断start到end的变换是否可行（检查01数量）

若可行，用K从1到n（maxlength）迭代

则对于 start[K]与endx[K]

若start[K]与endx[K]相同 不做任何操作

若start[K]与endx[K]不相同 则找到离K最近的J（J<K）使得 start[J]!=start[K] 使start[J]与start[--J]不停交换使得J最终等于K以完成start[K]与endx[K]相同的任务

此时操作增加了J-K次

 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 #include<set>
 #include<cstdio>
 #include<cstdlib>
 #include<cmath>
 //#include<queue>
 using namespace std;
 #define FOR(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
 #define FORD(i,j,k) for(int i=j;i>=k;i--)
 #define LL long long
 #define SZ(x) x.size()
 int start[],end1[],end2[];
 int x,c,k,n,m,s,ans,ans1,ans2,dight;
 bool check1()
 {
     int s[]={,};
     FOR(i,,n)
     s[start[i]]++;
     FOR(i,,n)
     s[end1[i]]--;
     if(s[]==&&s[]==) return true; else return false;
 }
 bool check2()
 {
     int s[]={,};
     FOR(i,,n)
     s[start[i]]++;
     FOR(i,,n)
     s[end2[i]]--;
     if(s[]==&&s[]==) return true; else return false;
 }
 int find1(int xx,int x)
 {
     int ss=x;
     while(ss<=n&&end1[ss]!=xx)
     ss++;
     if(ss==n+) return ; else return ss;
 }
 int find2(int xx,int x)
 {
     int ss=x;
     while(ss<=n&&end2[ss]!=xx)
     ss++;
     if(ss==n+) return ; else return ss;
 }
 int main()
 {
 cin>>n>>m;
 dight=;
 FOR(i,,n)
 cin>>start[i];
 FOR(i,,m)
 {
     cin>>k;
     FOR(j,,k)
     {
         c++;
         end1[c]=dight;
         end2[c]=-dight;
     }
     dight^=;
 }
 bool flag1=check1();
 bool flag2=check2();
 int zz=;
 if(flag1)
 while(zz!=n)
 {
     zz++;
     if(end1[zz]!=start[zz])
     {
         int findd=find1(start[zz],zz);
         end1[findd]^=;
         end1[zz]^=;
         ans1+=findd-zz;
     }
 }
 zz=;
 if (flag2)
 while(zz!=n)
 {
     zz++;
     if(end2[zz]!=start[zz])
     {
         int findd=find2(start[zz],zz);
         end2[findd]^=;
         end2[zz]^=;
         ans2+=findd-zz;
     }
 }
 if(flag1&&flag2) cout<<min(ans1,ans2)<<endl;
 else if(flag1) cout<<ans1<<endl;
 else cout<<ans2<<endl;
 return ;
 }

烂代码