2018 CodeM初赛A轮 下棋答案（B题） （第二道题）

本文主要是介绍2018 CodeM初赛A轮 下棋答案（B题） （第二道题），希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

题目：

      有一个1*n的棋盘， 上面有若干个棋子，一个格子上可能有多个棋子，

      你每次操作是先选择一个棋子，然后选择一下两个操作中的一个：

           （1）若该棋子不在（1，1），让这个棋子往左走一格，即从（1，x）走到（1，x - 1）；

          （2）若该棋子不在（1，n），且这个棋子曾静到达过（1，1），让这个格子往右走一格，即从（1，x）走到（1，x+1）。

     给定一开始每个各自上有几个棋子，再给定目标每个格子上上需要几个棋子，求最少需要多少次操作。

     输入：

         第一行一个正整数n表示棋盘大小。

         第二行n个非负整数a_1，a_2，。。。，a_n 表示一开始（1，i）上有几个棋子。

         第三行n个非负整数b_1，b_2，。。。，b_n 表示目标局面里的（1，i)上有几个棋子。

     输出：

        输出一个非负整数，表示最少需要几次操作。

例子：

     输入：

        5

        0  0  1  1  0

        1  0  0  0  1

     输出：

       9

题目分析：

  典型的贪心法问题，目标数组减去起始数组，得到的向量中，如果元素为负，表示拥有多余的棋子；如果元素为正，表示，需要额外棋子，根据操作的定义，我们可以想到最有的策略是：棋盘中最右边的多余的棋子，给最左边需要的额外的棋子，坐标的相减即为所需的操作次数，而遇到在多余棋子坐标右边的需要的棋子，就需要向左移到头，再向右移，所需的操作为两个点的坐标相加。

贪心总结三点：

  1、相差为0的元素，代表不移动

  2、目标需要棋子的坐标如果在含有棋子的坐标的右边，则需要移动到最左边，然后再向右移动

  3、目标需要棋子的坐标如果在含有棋子的坐标的左边，则只需要向左移动相应格子即可

而我们的贪心算法要尽可能是第三点的操作最多，则可满足题意。

  代码

  代码核心：定义两个队列，一个队列是拥有多余棋子的队列（这个队列是从右向左入队），另一个是需要棋子的队列（这个队列是从左向右入队），根据最有策略，列队入队的方向有所不同，注意队列还要保存坐标信息，当队首的棋子数为零则出队（这里的棋子数包括所需的棋子数或是多余的棋子数）。第二步就需要判断位置信息，利用位置来确定操作次数。代码如下：

//

//  main.cpp

//  codeM初赛2

//

//  Created by Mr Gao on 2018/6/9.

//  Copyright © 2018年 Mr Gao. All rights reserved.

//

#include <iostream>

#include <vector>

#include <queue>

using namespace std;

int main(int argc, const char * argv[]) {

    // insert code here...

    int n;

    cin>>n;

    if(n == 0)

        cout<<0<<endl;

    vector<long long> start(n);

    vector<long long> end(n);

    for(int i = 0; i < n; i++)

        cin>>start[i];

    for(int i = 0; i < n; i++)

        cin>>end[i];

    queue<pair<long long,int>> hasPiece;

    queue<pair<long long,int>> needPiece;

    for(int i = 0; i < n; i++){

        long long diff = end[i] - start[i];

        if(diff > 0)

            needPiece.push(pair<long long,int>(diff, i));

    }

    for(int i = n - 1; i >= 0; i--){

        long long diff = end[i] - start[i];

        if(diff < 0)

            hasPiece.push(pair<long long,int>(-diff, i));

    }

    long long ret = 0;

    while(!hasPiece.empty()){

        if(hasPiece.front().first >= needPiece.front().first && hasPiece.front().second > needPiece.front().second){

            ret += needPiece.front().first * (hasPiece.front().second - needPiece.front().second);

            hasPiece.front().first -= needPiece.front().first;

            needPiece.front().first = 0LL;

        }

        else if(hasPiece.front().first < needPiece.front().first && hasPiece.front().second > needPiece.front().second){

            ret += hasPiece.front().first * (hasPiece.front().second - needPiece.front().second);

            needPiece.front().first -= hasPiece.front().first;

            hasPiece.front().first = 0LL;

        }

        else  if(hasPiece.front().first >= needPiece.front().first && hasPiece.front().second < needPiece.front().second){

            ret += needPiece.front().first * (needPiece.front().second + hasPiece.front().second);

            hasPiece.front().first -= needPiece.front().first;

            needPiece.front().first = 0LL;

        }

        else if(hasPiece.front().first < needPiece.front().first && hasPiece.front().second < needPiece.front().second){

            ret += hasPiece.front().first * (needPiece.front().second + hasPiece.front().second);

            needPiece.front().first -= hasPiece.front().first;

            hasPiece.front().first = 0LL;

        }

        if(hasPiece.front().first == 0LL)

            hasPiece.pop();

        if(needPiece.front().first == 0LL)

            needPiece.pop();

    }

    cout<<ret<<endl;

    return 0;

}

这篇关于2018 CodeM初赛A轮 下棋答案（B题） （第二道题）的文章就介绍到这儿，希望我们推荐的文章对编程师们有所帮助！

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