【JZOJ4788】【NOIP2016提高A组模拟9.17】序列

题目描述

输入

输出

样例输入

1
5
2 1 3 0 3
2 2 0 1 0

样例输出

1

数据范围

解法

考虑没有模的情况，问题就仅仅只是简单的差分问题（广告铺设）：
设r[i]是第i位需要加的次数，令q[i]=r[i+1]−r[i]；
则ans=sigma{max(q[i],0)}。

---

回到原问题；
现在先求出每一位至少需要加多少次才能从a数组->b数组，得出r数组，继而得出初始的q数组。
考虑模带来的影响是可以调整q数组使得获得更少的代价：
具体如是：设给r数组的一个区间[l,r]全体+4，因为受模的作用所以是允许的。
这相当与给q[l]-4，q[r]+4。

---

如果想让q获得更少的代价。
分类讨论一下即可。

代码

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define fill(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define ln(x,y) int(log(x)/log(y))
#define sqr(x) ((x)*(x))
using namespace std;
const char* fin="aP3.in";
const char* fout="aP3.out";
const int inf=0x7fffffff;
const int maxn=200007;
int t,n,i,j,k,ans,tt;
int a[maxn],b[maxn],c[maxn],d[maxn];
int tong[100];
int main(){
    scanf("%d",&t);
    for (;t;t--){
        memset(a,0,sizeof(a));
        memset(b,0,sizeof(b));
        memset(c,0,sizeof(c));
        memset(d,0,sizeof(d));
        memset(tong,0,sizeof(tong));
        tt=0;
        scanf("%d",&n);
        for (i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
        for (i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]);
        for (i=1;i<=n;i++){
            c[i]=(b[i]-a[i]+8)%4;
        }
        for (i=0;i<=n;i++) d[i]=c[i+1]-c[i],ans+=max(d[i],0);
        for (i=0;i<=n;i++){
            if (d[i]==-3) tong[1]++;
            else if (d[i]==-2) tong[2]++;
            else if (d[i]==2) {
                if (tong[1]){
                    tong[1]--;
                    ans--;
                    tt++;
                }
            }else if (d[i]==3){
                if (tong[1]){
                    tong[1]--;
                    ans-=2;
                }else if (tt){
                    tt--;
                    ans--;
                }else if (tong[2]){
                    tong[2]--;
                    ans--;
                }
            }
        }
        printf("%d\n",ans);
        ans=0;
    }
    return 0;
}

启发

类似这样的问题可以利用差分解决。