【每日一题】收集巧克力

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【枚举】【数组】【2023-12-28】

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题目来源

2735. 收集巧克力

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题目解读

有长度为 n, 下标从 0 开始的整数数组 nums, 表示收集不同类型的巧克力的成本. nums[i] 表示收集类型 i 巧克力的成本.

在进行 k 次操作后(每次操作的成本为 x), 初始类型为 i 的巧克力需要 nums[(i + k) mod n] 的成本来收集. 我们也可以不进行任何操作，直接收集巧克力.

最后返回收集所有 n 种类型的巧克力的最小成本.

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解题思路

方法一：枚举操作数

思路

对于初始类型为 i 的巧克力，如果我们一共进行了 k 次操作，那么相当于我们可以用:

$$nums[i],nums[(i+1)modn],...,nums[(i+k)modn]$$
中的任意成本去收集该类型的巧克力. 为了使成本最小, 我们一定要选择上述 k+1 个成本中的最小值进行收购. 当操作的次数为 n 时, 类型 i 的巧克力成本又会回到 nums[i], 因此操作次数不会超过 n-1.

于是，我们可以枚举所有的操作次数, 范围为 [0, n-1]. 当操作次数为 k 时，初始类型为 i 的巧克力成本可以这样表示:

$$\{\begin{array}{l}f\left(i,0\right)=nums\left[i\right]\\ f\left(i,k\right)=\min \left\{f\left(i,k-1\right),nums\left[\left(i+k\right)modn\right]\right\}\end{array}$$

此时, 操作次数为 k 时的最小成本为：

$$k\cdot x+\sum _{i=0}^{n-1}f\left(i,k\right)$$

最终答案即为所有 $k\in [0,n-1]$ 时上式的最小值。

算法

class Solution {
public:
    long long minCost(vector& nums, int x) {
        int n = nums.size();
        vector f(nums);
        long long res = accumulate(f.begin(), f.end(), 0LL);
        for (int k = 1; k < n; ++k) {
            for (int i = 0; i < n; ++i) {
                f[i] = min(f[i], nums[(i+k) % n]);
            }
            res = min(res, static_cast(k) * x + accumulate(f.begin(), f.end(), 0LL));
        }
        return res;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度：$O(n^2)$。

空间复杂度：$O(n)$。

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写在最后

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