标签：相等 组成 i++ lld mes ret 排序 正整数 题解
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第1行：1个数N，表示机器及房间的数量。（2 <= N <= 50000) 第2 - N + 1行：每行1个数，表示机器的重量Wi。(1 <= Wi <= 10^9)
输出最小代价。
3 3 2 1
4
题解：
一个非常神奇的贪心题目。
首先，我们先考虑模型转化一下，考虑转化成一个图论问题，将每个位置看成一个节点，初始状态下，向位于这个节点的机器，想去的节点连边。因为每个节点只有一个想去的地方，也只有一个机器想去他，所以每个节点的出入度都为一，那么这个图就显然是由若干环组成的。
对于每个环，我们考虑交换的策略，显然每个机器至少被交换一次，如果顺这图走，只要走一次就可以走到目标节点。但总是有机器要后退得走，离目标越来越远，反着走遍整个环才可以到达目标，为了保证最优，那么我们肯定选择重量最小的机器反着遍历整个环。然后其他点就跟这个反着遍历的机器，交换一次就可以达到目标节点。
但还有一种最优策略，就是从别的环里面，把所有点中最小的点来换当前环最小的节点，然后再用这个最小点来遍历整个环，因为两种策略都有可能，所有要取ｍｉｎ。
代码：
#include <cstdio> #include <iostream> #include <algorithm> #include <cstring> #include <cmath> #include <iostream> #define MAXN 50100 #define ll long long using namespace std; struct node{ int id,w; }a[MAXN]; int n,minn; ll ans=0; bool b[MAXN]; bool cmp(node x,node y){ return x.w<y.w; } ll dfs(int aum){ ll sz=1,tot=a[aum].w,Min=a[aum].w,now=a[aum].id; b[aum]=1; while(now!=aum){ b[now]=1; sz++; Min=min(Min,(ll)a[now].w); tot+=a[now].w; now=a[now].id; } return min((sz-1)*Min+tot-Min,(sz+1)*minn+tot+Min); } int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i].w),a[i].id=i; sort(a+1,a+n+1,cmp); minn=a[1].w; for(int i=1;i<=n;i++) if(!b[i]) ans+=dfs(i); printf("%lld",ans); return 0; }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/renjianshige/p/7525316.html
