[BZOJ 3523] Bricks 贪心+优先队列/堆

来源：互联网发布：淘宝一口价设置技巧编辑：程序博客网时间：2024/05/22 00:52

题目传送门：【BZOJ 3523】
此题为权限题

题目大意：有 n 种颜色的砖块，第 i 种颜色的砖块有 ai 个，你需要把他们放成一排，使得相邻两个砖块的颜色不相同，限定第一个砖块的颜色是 start，最后一个砖块的颜色是 end，请构造出一种合法的方案或判断无解。（Special Judge，1 ≤ n,m ≤ 106，1 ≤ start,end ≤ n）

输入的第一行包含 3 个数，n，start，end。第二行n个数，ai。
令 m 为砖块的总数量。如果有解，则输出 m 个数，表示砖块的放法。否则无解，输出0。

题目分析：

一道好题，非常考验个人逻辑推理的能力和思维的清晰程度。（我为了想明白这道题每一步的做法花了整整 3 个小时）

先说说我的一些思考过程：
1.一上来看到要随意构造一组数据，那么肯定是有一个最优的方法来放置每一个砖块，不然就不好构造出一组数据。所以我自然而然地想到了贪心：每次放某个颜色对应的数量最多的那种砖块。那么为什么这样是正确的？
因为，我们要保证最后相邻的砖块颜色不同，所以我们要尽量把每个相同颜色的砖块给“隔开”。而我们只有先把最多的那种砖块给“隔开”了，放其他类型的砖块才不会受到影响。如果我们不这样做，那么到最后，这种砖块的“相对”数量（也就是占剩下位置的比例）越来越大，也就越来越不容易隔开。所以我们要先把数量最多的那种砖块放下去。

但是这里放置的时候有个问题：虽然第一次放最多的那种砖块了，但之后又该怎么做呢？一开始我想的是先把这个颜色的砖块放完，再去放其他的；但是这样就会发现，有些情况我们必须把两个相同颜色的砖块间隔很远才行（也就是说中间夹着不止 1 个砖块）。所以这样做是错的。

2.接着想放置的方法。如果我们不能一次放完，那么，我们想：能否每次都选取数量最多的那几种颜色的砖块来放呢？事实证明，这应该是个可行的方法。然后，我就把不同种类的砖块按数量大小排序，每次都贪心地选数量最多的那几个。

一开始的时候，我是用的数组来存砖块数量，然后每次按升序排序之后，就从后往前地找，找到第一个能放的那种砖块就直接放下去。不过这样又有了新的问题：设当前剩余的砖块数为 3、4、4、5，若最后一种砖块因为在前一个位置放过了同种砖块而不能被放置，此时我们就要放倒数第二种砖块，剩余的砖块数变成了 3、4、3、5；但是在接下来的放置过程中，如果我们把最后一种砖块再放一次，变成 3、4、3、4，我们还想放一块砖块就会出现问题（因为此时的数组实际上已经变得无序，我们无法再准确地找到那个剩余数量为 4 的砖块，此时就会放置较少的那种类型的砖块，最后很可能导致两个相同颜色的砖块“相邻”）。所以这样做也是错的。

3.但是这样做好像并没有什么问题啊？再仔细思考，其实我们想每次找最多的那种砖块，我们只要建一个大根堆，每次取出堆顶的那种砖块，处理后再放回去，不也是一样的吗？而这样的话，用一个优先队列不就解决了吗？
没错，就是这样。

所以这道题的解法：

于是我们用一个优先队列存每种砖块，按照砖块的数量从大到小建立优先级。同时，我们要优先地把和最后一块砖种类相同的砖块弹出来（避免最后它们相邻）。所以，我们就直接把堆顶的元素弹出，然后和前面一个已经放了的砖块比较；如果它们颜色不同，我们就直接把这块砖放下去；否则就把下一种砖块弹出来，将下一块砖放下去，之后把这些砖重新置入堆中（优先队列中）。

有 4 个判断“无解”的情况：1.判断是否有一种砖块占了超过一半的数量；2.判断每种砖块的数量是否合法（不小于0）；3.判断这块砖和前面的那一块砖颜色相同时，是否还有其他的待选砖块；4.判断倒数第二块砖块和最后一块砖块颜色是否相同。

强烈推荐自己做这道题！真的很有用！

下面附上代码：

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#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MX=1000005;
int n,st,ed,m,tl=0,ans[MX],pos;
struct Num{
int num,id;
bool operator< (const Num& r) const {
if (num!=r.num) return num<r.num;
return id!=ed;
}
}line[MX];
priority_queue<Num> q;
bool solve(){
for (int i=2;i<m;i++){
Num t1=q.top();
q.pop();
if (t1.id==ans[i-1]){ //和前面的一个一样，往下一个走
if (q.empty()) //这个不能和前面一个匹配，也没有其他的待选数
return false; //那么说明情况不合法，无解
Num t2=q.top();
q.pop();
ans[i]=t2.id;
q.push(t1);
t2.num–;
if (t2.num>0)
q.push(t2);
} else {
ans[i]=t1.id;
t1.num–;
if (t1.num>0)
q.push(t1);
}
}
if (!q.empty()) return false;
if (ans[m-1]==ans[m]) return false;
return true;
}
int main(){
scanf(”%d%d%d”,&n,&st,&ed);
for (int i=1;i<=n;i++){
scanf(”%d”,&line[i].num);
m+=line[i].num;
line[i].id=i;
}
for (int i=1;i<=n;i++){ //1.判断是否有一个数”独占”了所有位置，无法达成合法情况
if (line[i].num>((m+1)>>1)){
printf(”0”);
return 0;
}
if (line[i].id==st) ans[1]=st,line[i].num–;
if (line[i].id==ed) ans[m]=ed,line[i].num–;
if (line[i].num<0){ //2.判断每个数的数量是否合法（不小于0）
printf(”0”);
return 0;
}
if (line[i].num>0)
q.push(line[i]);
}
for (int i=1;i<=n;i++){
if (line[i].id==ed){
pos=i;break;
}
}
if (solve())
for (int i=1;i<=m;i++){
printf(”%d ”,ans[i]);
}
else printf(“0”);
return 0;
}

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1 0