1029. Two City Scheduling

1029. 两地调度

公司计划面试 2N 人。第 i 人飞往 A 市的费用为 costs[i][0]，飞往 B 市的费用为 costs[i][1]。

返回将每个人都飞到某座城市的最低费用，要求每个城市都有 N 人抵达。

 

示例：

输入：[[10,20],[30,200],[400,50],[30,20]]
输出：110
解释：
第一个人去 A 市，费用为 10。
第二个人去 A 市，费用为 30。
第三个人去 B 市，费用为 50。
第四个人去 B 市，费用为 20。最低总费用为 10 + 30 + 50 + 20 = 110，每个城市都有一半的人在面试。

 

提示：

1. 1 <= costs.length <= 100
2. costs.length 为偶数
3. 1 <= costs[i][0], costs[i][1] <= 1000

解法一

//时间复杂度O(n), 空间复杂度O(n)
class Solution {
public:int twoCitySchedCost(vector<vector<int>>& costs) {priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> negative, positive;//小顶堆int total_cost = 0, zero_count = 0;for(auto vec : costs) {total_cost += min(vec[0], vec[1]);int diff = vec[0] - vec[1];if(diff > 0) positive.push(diff);else if(diff < 0) negative.push(-diff);else zero_count++;}auto& shorter = negative.size() > positive.size() ? positive : negative;auto& longer = negative.size() > positive.size() ? negative : positive;int n = (longer.size() - shorter.size() - zero_count) / 2;while(n--) {total_cost += longer.top();longer.pop();}return total_cost;}
};

思路：

不考虑两地人数相等的情况下，先考虑最低费用total_cost，它等于costs中每一对元素 { vec[0], vec[1] }较小者之和。

对于元素对 { vec[0], vec[1] }，两地费用差diff = vec[0] - vec[1]。如果diff > 0，暂且称为正对，此时去B地划算；如果diff < 0，暂且称为负对，选A地划算。如果diff = 0，暂且称为零对，去两地费用一样。

解法一使用了两个堆：positive记录正对的费用差，negative记录了负对的费用差（的绝对值）。使用一个计数zero_count记录零对的个数。

最低费用的条件：两个堆的元素数量之差（设差为正）小于zero_count。（因为零对可以充当正对，也可当负对）。

如果不满足最低费用条件，需要对元素数量大的堆的最小元素（小顶堆的堆顶）进行翻转（如正对{10, 20}本来应选A地，费用为10；翻转后选B地，相比最低费用的额外的费用为abs(diff) = 10，也就是20）。每翻转一次，两个堆的元素数量分别会加1、减1，并且要将额外费用加到最低费用total_cost上。反复翻转堆顶元素，直到满足最低费用条件，返回total_cost。

代码如上。