- 空调
| 4262. 空调 - AcWing题库 |
|---|
| 难度：简单 |
| 时/空限制：1s / 64MB |
| 总通过数：4559 |
| 总尝试数：7483 |
| 来源： USACO 2021 December Contest Bronze |
| 算法标签 差分贪心 |
题目内容
Farmer John 的 N 头奶牛对他们牛棚的室温非常挑剔。
有些奶牛喜欢温度低一些，而有些奶牛则喜欢温度高一些。
Farmer John 的牛棚包含一排 N 个牛栏，编号为 1...N，每个牛栏里有一头牛。
第 i 头奶牛希望她的牛栏中的温度是 p i p_{i} pi，而现在她的牛栏中的温度是 t i t_{i} ti。
为了确保每头奶牛都感到舒适，Farmer John 安装了一个新的空调系统。
该系统进行控制的方式非常有趣，他可以向系统发送命令，告诉它将一组连续的牛栏内的温度升高或降低 1 个单位------例如「将牛栏 5...8 的温度升高 1 个单位」。
一组连续的牛栏最短可以仅包含一个牛栏。
请帮助 Farmer John 求出他需要向新的空调系统发送的命令的最小数量，使得每头奶牛的牛栏都处于其中的奶牛的理想温度。
输入格式
输入的第一行包含 N。
下一行包含 N 个非负整数 p 1 ... p n p_{1}\dots p_{n} p1...pn，用空格分隔。
最后一行包含 N 个非负整数 t 1 ... t n t_{1}\dots t_{n} t1...tn。
输出格式
输出一个整数，为 Farmer John 需要使用的最小指令数量。
数据范围
1 ≤ N ≤ 1 0 5 1≤N≤10^5 1≤N≤105,
0 ≤ p i , t i ≤ 10000 0≤pi,ti≤10000 0≤pi,ti≤10000
输入样例：
5
1 5 3 3 4
1 2 2 2 1
输出样例：
5
样例解释
一组最优的 Farmer John 可以使用的指令如下：
初始温度 ：1 2 2 2 1
升高牛棚 2..5：1 3 3 3 2
升高牛棚 2..5：1 4 4 4 3
升高牛棚 2..5：1 5 5 5 4
降低牛棚 3..4：1 5 4 4 4
降低牛棚 3..4：1 5 3 3 4
题目解析
- 一共有n头奶牛
- 每头奶牛有一个期望的温度 p i p_{i} pi，有一个初始温度 t i t_{i} ti
- 希望每头牛，牛栏中的温度变成期望的温度，把每一个 t i t_{i} ti变成 p i p_{i} pi
- 每次可以选一段连续的奶牛的小屋
- 整体提升一个单位的温度或者整体降低一个单位的温度
- 最少需要操作多少次，可以使得每头牛的小屋的温度变成期望的温度
初始化是一个N
第一行是所有的期望温度，第二行是所有初始温度
数据范围是 1 0 5 10^5 105
这个题需要蒋时间复杂度控制在 O ( log n ) O(\log n) O(logn)以内
给定两个序列，第一个序列是p序列，第二个序列是t序列
希望通过每一次给一个区间全部+1或者全部－1的操作，让t序列变成p序列
这个题一定有解
因为我们操作的连续区间长度可以是1
实在不行可以每一个小屋单独看
先看第一个，把第一个调到和目标一样，再看第二个，以此类推
所以一定是有解的
每一次给一个区间全部+1或者全部－1的操作，让t序列变成p序列，最少需要操作多少次。
只关心t和p的差异是不是零
可以把这个问题转化一下
做一个差
初始有一个全零的数组，把全零的数组转化成差值(p－t)，设为d数组
d数组就是p数组减去t数组，两个位置相减的话就是对应位置相减，相当于两个向量相减
由于只关注差值，把t变成p等价于把全零变成p－t
只需要把差值补完就可以，初始值的绝对值是多少是没有关系的
通过每次给一个区间+1或－1的操作，把t变成p，等价于把全零数组变成它们的差值(p-t)
把两个数组转化成一个差值数组，相当于只需要考虑一个数组就可以了
差分
可以将区间的操作变成两个数的操作
797.差分每次可以给一个区间加上一个c，这里c可以是正的或者是负的
可以从差分的角度来看待问题
差分跟原数组其实是等价的，相当于是一个事物的两种理解方式
原数组是函数的话，差分数组就相当于是函数的导数
给一个函数或者一个导数加一个初值，都可以把整个函数还原回来
从差分来看这个问题，和从原问题来看这个问题其实是一样的，只不过看的角度不一样，有时候从另一个角度看，就发现它还可以优化
因此去求一下d数组的差分，设为b，就是这个差值数组的差分(b就是把d求一下差分)
差分数组和d数组信息其实是一样的
给一个d数组，可以唯一地把差分数组求出来
给一个差分数组，已知 d 0 = 0 d_{0}=0 d0=0，也可以把原数组求出来
因此如果是在原数组里边，通过操作区间的方式把全零变成d数组的话，等价于把零数组和d数组都求个差分数组
零数组的差分数组还是全零
等价于把全零数组变成差分数组b( d ′ d' d′)
我们求完差分之后，操作就变了
在原数组上，需要给某一个区间 [ L , R ] [L,R] [L,R]全部+1，从差分数组上看的话，相当于在L的位置+1和在R+1的位置－1。
从原数组的区间操作，变成了在差分数组上的两个点的操作
同理，在原数组上如果是－1，在差分数组上相当于在L的位置－1，在R+1的位置+1。
对于，每次给t某一个区间全部+1或－1，，把t变成p，等价于把零数组变成两个数组之差
把零数组变成两个数组之差，等价于把0数组和d数组都求个差分，也就是把零的差分数组变成d的差分数组，也就是把0变成b
操作就会变成从数组里任取两个数，其中一个+1，另外一个－1，
问题就变成
给我们两个数组之后，求差值数组，然后求差分数组，也就是把全零数组，全是零变成全是b，每次可以从全零数组中任选两个位置，其中一个+1，另外一个－1，把0数组变成b数组，最少需要操作多少次
对于差分数组的操作，它的下标是L和R+1，我们在选数的时候后面是R+1，所以变为差分数组之后，下标变成了 从1~n+1，比n多了一个位置
问题就变成了给我们一个长度为n+1的全零数组，每次可以挑两个位置，一个+1，一个－1，问最少操作多少次，可以变成b这个数组
比如b这个数组是－1，3，－2
n=2
n+1=3
接下来要把0，0，0这个零数组，变成上面的b数组
把零变成b和把b变成0是等价的
零变成b的过程当中，把+1变成－1，把－1变成+1，就是原来的逆过程，所以可以反过来看，把b变成全零的话，最少需要操作多少次
第一次挑3和－2，让3－1，让－2+1，变成了2和－1
－1，2，－1
第二次挑－1和2，让－1+1，让2－1，变成0和1
0，1，－1
第三次挑1和－1，让1－1，让－1+1，变成0和0
就变成全零
所以一共需要三次操作
给我们任意一个这样的数组，最少需要操作多少次
大概估计一下下界是多少
先看一下数组里边所有正数的和，比如是s，可以证明负数的总和一定是－s，正数的和和负数的和的绝对值是一样的
每一次最多只能让所有正数的和－1，因为每次最多只能让一个数－1
最终变成全零之后，相当于是所有正数都会变成0，所有正数的和会变成0，每次操作最多只能让正数的和－1，要把正数的和变成0，最少需要操作s次，所以我们发现答案应该是 ≥ s \ge s ≥s(正数的和)的
为什么正数的和等于负数的和
差分数组定义
B 1 = D 1 B 2 = D 2 − D 1 . . . B n = D n − D n − 1 B n + 1 = D n + 1 − D n 因为 D n + 1 = 0 所以 B n + 1 = − D n \begin{array}{} B_{1}=D_{1} \\ B_{2}=D_{2}-D{1} \\ ... \\ B_{n}=D_{n}-D_{n-1} \\ B_{n+1}=D_{n+1}-D_{n} \\ \\ 因为D_{n+1}=0 \\ 所以B_{n+1}=-D_{n} \end{array} B1=D1B2=D2−D1...Bn=Dn−Dn−1Bn+1=Dn+1−Dn因为Dn+1=0所以Bn+1=−Dn看一下所有 B 1 . . . B n + 1 B_{1}...B_{n+1} B1...Bn+1的和是多少
一加发现， D 1 和 − D 1 D_{1}和-D_{1} D1和−D1抵消了， D 2 和 − D 2 D_{2}和-D_{2} D2和−D2抵消了，以此类推， D n － 1 和 − D n － 1 D_{n－1}和-D_{n－1} Dn－1和−Dn－1抵消了， D n 和 − D n D_{n}和-D_{n} Dn和−Dn抵消了
所以所有 B i B_{i} Bi的和是零，因此所有正数的和等于负数的和的相反数，所以正数的和是s的话，负数的和一定是－s
s次是不是一定可以办到呢
一定可以办到，我们每次操作，只要整个数组不全是零，可以任取一个正数，再任取一个负数(只要整个数组不全是零，正要有正数就一定有负数，因为正数的和跟负数的和是相等的)，让正数－1，负数+1
这样就可以让每次操作严格地让正数的和－1，一共操作s次，就变成全零了
所以最小值就是所有正数的和
差分的应用
求高精度的时候，直接求的话是 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)的时间复杂度，如果把高精度的两个数，通过快速傅立叶变换，变换完之后再做乘法，可以把本来 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)的乘法变成 O ( n ) O(n) O(n)的乘法
代码
这个题和
507.积木大赛 ，每次只能+1，不能－1
531.铺设道路
很像
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 100010;
int n;
int b[N]; //直接去求差分数组
int main()
{
//先读入原数组
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i ++)
scanf("%d", &b[i]);
//再把第二个数组读入
for (int i = 1; i <= n; i ++)
{
int x;
scanf("%d", &x);
b[i] -= x; //直接计算差
}
//两个循环结束后，相当于是已经求出d差值数组，然后根据d去求b
for (int i = n + 1; i; i--)
b[i] -= b[i - 1];
//求一下所有正数的和
int res = 0;
for (int i = 1; i <= n + 1; i ++)
{
if (b[i] > 0)
res += b[i];
}
printf("%d\n", res);
return 0;
}
为什么求b的循环要倒着写
b i = d i − d i − 1 b i + 1 = d i + 1 − d i \begin{array}{} b_{i}=d_{i}-d_{i-1} \\ b_{i+1}=d_{i+1}-d_{i} \end{array} bi=di−di−1bi+1=di+1−di
由于b跟d是同一个数组
从前往后写的话，会先把 b i b_{i} bi更新掉，然后第二个式子里的 d i d_{i} di就不是原来的 d i d_{i} di了
如果倒着写的话，先算完 b i + 1 b_{i+1} bi+1再算 b i b_{i} bi的时候，i和i－1都还没算过，所以 d i d_{i} di和 d i － 1 d_{i－1} di－1存的是原来的值没有变，不会产生影响