P6033 [NOIP2004 提高组] 合并果子 加强版 题解

CSDN同步

原题链接

我们先解决弱化版，即 P1090 ，对于 \(n \leq 10^5\) 的数据，如何解决？

很明显我们可以采取贪心，对于 \(a \leq b \leq c\)，我们应先将 \(a,b\) 先合并，再与 \(c\) 合并。具体证明：

先并 \(a,b\)：\((a+b)+(a+b+c)\)，而其余答案为 \((a+c)+(a+b+c)\) 或 \((b+c)+(a+b+c)\)，均比其劣。于是可说明，每次把两个最小的并，总是最优的。并完之后我们需要把 \(a+b\) 丢到数组里，再重新排序。

当然我们不需要每次都重新排序。可以用插入排序维护，或者更方便地用优先队列维护，时间复杂度均为 \(\mathcal{O}(n \log n)\).

强化版（即本题），如何解决？

考虑到，由于 \(a_i \leq 10^5 (\forall i \in [1,n])\)，因此可以用桶排序来进行线性的排序。然后主要是如何维护 \(a+b\) 的位置？

考虑把排序过后的原数列放在一个队列（非优先队列）\(q1\) 中，把由于合并产生的数放在另一个队列 \(q2\) 中。每次从两个队列中挑出最小值和次小值将其踢出，然后再放到 \(q2\) 中。由于每次合并的总是当前最小的，因此 \(q2\) 满足单调性。\(q1\) 显然满足单调性，因此可保证正确。

时间复杂度：\(\mathcal{O}(n)\).

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N=1e7+1;

inline int read(){char ch=getchar(); int f=1; while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}
	int x=0; while(ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar(); return x*f;}

inline void write(int x) {
	if(x<0) {putchar('-');write(-x);return;}
	if(x<10) {putchar(char(x%10+'0'));return;}
	write(x/10);putchar(char(x%10+'0'));
}

int n,a[N],h[N];
ll ans=0;
queue<ll> q1,q2;

int main() {
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) h[read()]++;
	for(int i=1;i<=100000;i++)
	for(int j=1;j<=h[i];j++) q1.push(i);
	for(int i=1;i<n;i++) {
		ll x,y;
		if(q2.empty() || !q1.empty() && q1.front()<q2.front()) x=q1.front(),q1.pop();
		else x=q2.front(),q2.pop();
		if(q2.empty() || !q1.empty() && q1.front()<q2.front()) y=q1.front(),q1.pop();
		else y=q2.front(),q2.pop();
		ans+=x+y; q2.push(x+y);
	} printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}