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【codevs】【贪心】1098均分纸牌

时间:2015-07-29 22:48:40      阅读:125      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

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有 N 堆纸牌,编号分别为 1,2,…, N。每堆上有若干张,但纸牌总数必为 N 的倍数。可以在任一堆上取若于张纸牌,然后移动。
  移牌规则为:在编号为 1 堆上取的纸牌,只能移到编号为 2 的堆上;在编号为 N 的堆上取的纸牌,只能移到编号为 N-1 的堆上;其他堆上取的纸牌,可以移到相邻左边或右边的堆上。
  现在要求找出一种移动方法,用最少的移动次数使每堆上纸牌数都一样多。

  例如 N=4,4 堆纸牌数分别为:
  ① 9 ② 8 ③ 17 ④ 6
  移动3次可达到目的:
  从 ③ 取 4 张牌放到 ④ (9 8 13 10) -> 从 ③ 取 3 张牌放到 ②(9 11 10 10)-> 从 ② 取 1 张牌放到①(10 10 10 10)。

输入描述 Input Description

第一行N(N 堆纸牌,1 <= N <= 100)
第二行A1 A2 … An (N 堆纸牌,每堆纸牌初始数,l<= Ai <=10000)

输出描述 Output Description

输出至屏幕。格式为:
所有堆均达到相等时的最少移动次数。‘

样例输入 Sample Input

4
9 8 17 6

样例输出 Sample Output
3

  对于这道题,我刚开始以为是DP,然后没有思路了。。。不得不点开tag,发现是一道贪心!

  这可怎么贪。。。观察样例的方法,似乎是把卡片最多的尽量往卡片最少的堆里移动,然而代码写出来是错误的。。。

  不得不求助于题解菌,然而岂可修的是,代码非常简单,思想非常令人困惑。。。

  这个题从1~n遍历,如果当前的牌少于平均值,就把多余的牌往i+1移动,如果少了的话,就从i+1拿少的那部分牌

  但是这里有一个问题,从i+1那儿拿牌后,如果i+1变成了负数怎么办?解决方法是不用管它,用以后的牌堆来填补这个空缺

  很神奇,然而这样的操作,与i+1不变成负数的操作是等效的,我们只是改变了拿牌的顺序,而没有改变拿牌的次数。正如这位大神的解释http://m.blog.csdn.net/blog/maverick1990/17262243

如果当前纸牌不够,那么就要像右边的牌堆借,如果借了右边的所有牌,仍达不到平均值,就要向右边的右边借,以此类推……然而为了保证移动次数最少,相邻的牌堆之间不能有两次同方向的移动,即从i->i+1最多移动一次,若移动两次则一定不是最优。举例:牌堆(1,1,10),显然从10向左移动牌,移动两次即可,而从左向右遍历时,移动次数为3,即(2,0,10)->(2,6,4)->(4,4,4),有两次移动都是从第2堆移动到第1堆,所以不是最优。那么我们从左向右遍历时,怎么满足最优呢?即可以允许借牌时出现负数,比如第1位先从第2位借3个,第2位变成-2,再从第3位借6个,即可求出最优步数。

  代码如下:

  

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
int n,a[110],sum=0,ok=0,avg;
void read()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
        sum+=a[i];
    }
    avg=sum/n;
}
void work()
{
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(a[i]==avg) continue;
        if(a[i]>avg)
        {
            int m=a[i]-avg;
            a[i+1]+=m;
            ok++;
        }
        if(a[i]<avg)
        {
            int m=avg-a[i];
            a[i+1]-=m;
            ok++;
        }
    }
    printf("%d",ok);
}
int main()
{
    read();
    work();
    return 0;
}

 

 

 

【codevs】【贪心】1098均分纸牌

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原文地址:http://www.cnblogs.com/sajuuk/p/4687323.html

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