Xtreme 10.0 - Painter's Dilemma

来源：互联网发布：java md5加密解密编辑：程序博客网时间：2024/05/21 08:37

Xtreme 10.0 - Painter's Dilemma

题目：

https://www.hackerrank.com/contests/ieeextreme-challenges/challenges/painters-dilemma

题意：

Bob是一名粉刷匠，他的工作是帮别人粉刷房子的墙壁。Bob只有两把刷子，在工作时，需要根据工序给房子刷不同的颜色。如果要刷的颜色和刷子现有的颜色都不同，Bob必须挑选一把刷子进行清洗并重新上色。现给出房子粉刷工序颜色的序列，求出一种给刷子换色的方案，使得Bob给刷子换色的次数最少，并输出换色的次数。

输入：

第一行输入 t，代表有t个测试用例，其中 1 <= t <= 5。

第二行输入 n，代表粉刷序列的长度，其中 1 <= n <= 500。

第三行输入n个数c[1], c[2], ..., c[n - 1]，代表需要刷墙颜色的序列，其中 1 <= c[i] <= 20，c[i]每个整数的取值代表一种颜色。

接下来是第2个测试用例的n.....

输出：Bob给刷子换色的最少次数。

测试用例：

输入：

2
5
7 7 2 11 7
10
9 1 7 6 9 9 8 7 6 7

输出：

解释：

对于第一个测试用例，刷7号颜色时，Bob给第一把刷子上7号色；刷第二个7号色时，不用换色；刷2号色时，Bob给第二把刷子上2号色；刷11号色时，Bob清洗第二把刷子并重新上11号色；刷最后一个7号色时，Bob直接用第一把刷子，不用换色。因此总共换色次数是3。

思路：

这道题实际上是操作系统中页面置换的问题。Bob的两把刷子可以看做内存的页数，颜色序列可以看做进程要访问的页面，Bob重新给刷子上色可以看做缺页中断。由于要上色的颜色序列是已知的，因此可以使用页面调度的OPT算法来解决。该算法的思想是，当发生缺页中断时，把将来距离现在最远的访问页面调出内存。

注意，在Bob需要给刷子时，需要找到将来最远使用到的颜色，来进行置换。该搜寻的方法可以通过遍历颜色序列来求得。但时间复杂度为O(n^2)。由于题目中颜色的种类是有限的（20种），因此可以在一开始对颜色序列进行预处理，先创建20个颜色队列表，将每种颜色的出现的位置存到对应的队列中，则在需要查找最远出现颜色的时，直接查表就可以了。这样可以将时间复杂度降为O(n)。

代码：

#include <cstdio>#include <vector>#include <iostream>#include <queue>#include <algorithm>using namespace std;#define EMPTY  -1void oneCase() {int n = 0;cin >> n;vector<int> seq(n);int cache[2] = { EMPTY, EMPTY };for (int i = 0; i < n; i++) {cin >> seq[i];}vector<queue<int>> table(21);for (int i = 0; i < n; i++) {table[seq[i]].push(i);}int resCount = 0;for (int i = 0; i < n; i++) {if (seq[i] != cache[0] && seq[i] != cache[1]) {resCount++;if (cache[0] == EMPTY) {cache[0] = seq[i];table[seq[i]].pop();continue;}if (cache[1] == EMPTY) {cache[1] = seq[i];table[seq[i]].pop();continue;}int tmp0 = table[cache[0]].empty() ? 501 : table[cache[0]].front();int tmp1 = table[cache[1]].empty() ? 501 : table[cache[1]].front();if (tmp0 < tmp1) {//out 1;cache[1] = seq[i];} else {//out 0;cache[0] = seq[i];}}table[seq[i]].pop();}cout << resCount << endl;}int main() {int caseCount = 0;cin >> caseCount;while (caseCount) {oneCase();caseCount--;}}

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