LA3177 - Beijing Guards(二分+贪心【更优美的解法)

简介:同皇帝的烦恼

分析:

  • 如果n是偶数,那么答案就是相邻两个人的r值之和的最大值
    ans=max{r(i)+r(i+1)} (i=1,2,3,…,n),规定r(n+1)=r1
    这时的ans实际上是答案的下限
    一个合法的方案就是,对于编号为i的人来说,如果i是奇数,那么就从1往后依次取礼物,
    如果i是偶数,那么就从ans往前依次取礼物

  • 如果n是奇数,这个时候就需要二分一个ans了
    L=max{r(i)+r(i+1)}
    R=max{3*r(i)} =>(最坏情况下相邻的三个人全都需要不一样的礼物)
    假设我们已经有了p个礼物,我们要怎么分配呢:
    假设第一个人取走了1~r1的礼物,
    那么编号为偶数的人就尽量往前取,编号为奇数的人就尽量往后取,同时保证相邻的人不冲突
    这样就可以使1号和n号的冲突尽可能小

比如,n=5,A={2,2,5,2,5},p=8
1:{1,2}
2:{3,4}
3:{8,7,6,5,2} (3,4已经被2取走了)
4:{1,3}
5:{8,7,6,5,4}
1号和5号不冲突,所以p=8为可行解

在代码实现上,我们只要记录一下每个人在[1~r1]内拿了多少,在[r+1~p]内拿了多少
最后我们只要判断一下最后一个人有没有在[1~r1]内拿东西就好了

//这里写代码片
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>

using namespace std;

const int N=100010;
int n,r[N],lef[N],righ[N];

//判断0个礼物是否足够
//left[i]是第i个人拿到的左边的礼物的总数,right同理
int pd(int p)
{
    int x=r[1],y=p-r[1];                       //左边的个数,右边的个数 
    lef[1]=r[1]; righ[1]=0;
    for (int i=2;i<=n;i++)
    {
        if (i&1)
        {
            righ[i]=min(r[i],y-righ[i-1]);   //尽量拿左边的礼物 
            lef[i]=r[i]-righ[i];
        }
        else
        {
            lef[i]=min(r[i],x-lef[i-1]);     //尽量拿右边的礼物
            righ[i]=r[i]-lef[i]; 
        }
    }
    return lef[n]==0;
} 

int main()
{
    while (scanf("%d",&n)!=EOF&&n)
    {
        for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&r[i]);

        if (n==1)                            //1的情况要特判 
        {
            printf("%d",r[1]);
            continue;
        }

        int L=r[1]+r[n];
        int R=0;
        for (int i=1;i<n;i++) L=max(L,r[i]+r[i+1]);
        if (n&1)
        {
            for (int i=1;i<=n;i++) R=max(R,r[i]*3);
            while (L<R)
            {
                int mid=L+(R-L)/2;
                if (pd(mid))
                   R=mid;
                else L=mid+1;
            }       
        }

        printf("%d\n",L);
    }
    return 0;
}
posted @ 2017-10-15 14:35  wtt3117  阅读(183)  评论(0编辑  收藏