1. 程式人生 > >【BZOJ-1237】配對(dp)

【BZOJ-1237】配對(dp)

你有n 個整數Ai和n 個整數Bi。你需要把它們配對,即每個Ai恰好對應一 個Bp[i]。要求所有配對的整數差的絕對值之和儘量小,但不允許兩個相同的數配 對。例如A={5,6,8},B={5,7,8},則最優配對方案是5配8, 6配5, 8配7,配對整數 的差的絕對值分別為2, 2, 1,和為5。注意,5配5,6配7,8配8是不允許的,因 為相同的數不許配對。

Input

第一行為一個正整數n,接下來是n 行,每行兩個整數Ai和Bi,保證所有 Ai各不相同,Bi也各不相同。

Output

輸出一個整數,即配對整數的差的絕對值之和的最小值。如果無法配對,輸 出-1。

Sample Input

3 3 65 45 10 60 25

Sample Output

32

Hint

 

1 <= n <= 10^5,Ai和Bi均為1到10^6之間的整數。

思路:

開始看著題想到了排序,但是對後面的做法沒有很清晰的思路,看了大佬的部落格後發現要比較以下幾種情況,感覺上這樣也對,可是不會證明,總之,兩個數肯定不能離的很遠,比如排好序中a[1]和b[n],這樣的話值是比較大的,不如相鄰兩個之間互相交換。這道題做法是dp,某一位的最優解是有幾種情況比較來確定的。

ac程式碼:

#include<bits/stdc++.h>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring> 
#include<queue>
#include<stack> 
#include<string.h>
#include<set>
#define ll long long
#define PI acos(-1.0)
#define eps 1e-8
using namespace std;
/*
三個數之間一定會有解,不能超太遠(不知道怎麼證明)
所以一位之間最優,可能是這位的兩個數,或者往前往後錯一位,即交換一位來求,還有就是往前兩個和往後兩個之間互相交換。 
這裡挎包房費數相同取得值是大於1e6的值,因此操作中dp迴圈取最小就是最優解。
開始先把前兩位進行操作,之後的迴圈中,操作後面的,每一個都是三次比較,本位,和前一位交換,與前兩位交換,
這裡不進行與後面的交換,因為到後面的位置時,會補上這種情況,而且這裡操作後之後還要再操作有重複。 
*/
int a[100100],b[100100];
ll dp[100100];
ll cal(ll a,ll b)
{
	return a==b?2001000:abs(a-b);
}
int main()
{
	int n;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);	
	} 
	if(n==1&&a[0]==b[0])
	{
		printf("-1\n");
		return 0;
	}	
	sort(a,a+n);
	sort(b,b+n);
	dp[0]=cal(a[0],b[0]);
	dp[1]=min(dp[0]+cal(a[1],b[1]),cal(a[0],b[1])+cal(a[1],b[0]));	
	for(int i=2;i<n;i++)
	{
		dp[i]=dp[i-1]+cal(a[i],b[i]);
		dp[i]=min(dp[i],dp[i-2]+cal(a[i],b[i-1])+cal(a[i-1],b[i]));
		ll tem=min(cal(a[i-2],b[i-1])+cal(a[i-1],b[i])+cal(a[i],b[i-2]),cal(a[i-2],b[i])+cal(a[i-1],b[i-2])+cal(a[i],b[i-1]));
		tem=min(tem,cal(a[i-2],b[i])+cal(a[i-1],b[i-1])+cal(a[i],b[i-2]));
		dp[i]=min(dp[i],dp[i-3]+tem);
	} 
	cout<<dp[n-1]<<endl;
	return 0;
}