D. Winter Is Coming(连通块贪心合并)

思路大体相同,可惜最后没有特判结尾

因 为 负 数 温 度 形 成 一 个 一 个 的 连 通 块 因为负数温度形成一个一个的连通块

那 么 一 开 始 假 设 最 坏 , 在 每 个 连 通 块 的 开 始 换 冬 季 轮 胎 那么一开始假设最坏,在每个连通块的开始换冬季轮胎 ,

在 每 个 连 通 块 的 结 尾 换 夏 季 轮 胎 在每个连通块的结尾换夏季轮胎

接 下 来 发 现 连 通 块 之 间 假 如 不 换 任 何 轮 胎 可 以 减 少 2 次 换 轮 胎 次 数 接下来发现连通块之间假如不换任何轮胎可以减少2次换轮胎次数 2

但 是 这 样 会 让 冬 季 轮 胎 多 用 几 天 但是这样会让冬季轮胎多用几天

所 以 把 所 有 连 通 块 的 间 隔 天 数 扔 进 优 先 队 列 即 可 所以把所有连通块的间隔天数扔进优先队列即可

但是注意,最后一次可能可以直接用到结尾,特判

#include 
using namespace std;
const int maxn=2e5+10;
int n,m,a[maxn],top;
struct p{
	int l,r;
}id[maxn];
priority_queue,greater >q;
int main()
{
	cin >> n >> m;
	for(int i=1;i<=n;i++)	cin >> a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(a[i]<0)
		{
			id[++top].l=i;
			while(a[i]<0)
			{
				id[top].r=i;
				i++;
			}
			m-=(id[top].r-id[top].l+1);
			i--;
		}
	}
	int ans=top*2;
	if(m<0)	{ cout<<-1; return 0; }
	for(int i=2;i<=top;i++)
		q.push(id[i].l-id[i-1].r-1);
	while( !q.empty() )
	{
		int minn=q.top(); q.pop();
		if(m-minn>=0)	m-=minn,ans-=2;
		else	break;
	}
	if(top&&m>=(n-id[top].r))	ans--;
	cout<

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