CodeForces - 1257E （思惟）

題意

https://vjudge.net/problem/CodeForces-1257E

三我的，每一個人有一些數字，組合起來是1~n，每一個人能夠給另外一我的一個擁有的數字，問最小操做數，使得第一我的擁有1~i的數，第二我的擁有i+1~j的數，第三我的擁有j+1~n的數，即第一我的爲前綴，第二我的爲中間部分，第三我的爲後綴。 注意：能夠有一個或兩我的最後不擁有數字。

思路

先把問題簡單化，考慮只有兩我的的狀況。設cnt1[x]表示第一我的前x個數擁有的個數，cnt2[x]表示第二我的前x個數擁有的個數，若是第一我的得到的前綴爲1~i，第二我的得到的後綴爲i+1~n，那麼代價爲cnt2[i]+cnt1[n]-cnt1[i]。

再考慮三我的的狀況，一樣，若是第一我的得到1~i，第二我的得到i+1~j，第三我的得到j+1~n，那麼代價爲cnt2[i]+cnt3[i]  +cnt1[j]-cnt1[i]+cnt3[j]-cnt3[i]  +  cnt1[n]-cnt1[j]+cnt2[n]-cnt2[j]，化簡得：cnt2[i]-cnt1[i]+cnt3[j]+cnt1[n]+cnt2[n]-cnt2[j]，即cnt2[i]-cnt1[i] + cnt1[n]+cnt2[n] + cnt3[j]-cnt2[j]，因此枚舉i，使這個式子值最小，發現還剩下兩個和j有關的項對式子有影響，而j>=i，因而問題轉化成了枚舉i，求cnt2[i]-cnt1[i]+min(cnt3[i~n]-cnt2[i~n])+cnt1[n]+cnt2[n]，咱們只用維護cnt3[j]-cnt2[j]的後綴最小值便可。

注意：由於可能有一我的或兩我的沒有任何數，那麼此時i和j是能夠相等的，好比i==j時第二我的沒有數，i==j==0時第一、2我的沒有數，i==j==n時第2、三我的沒有數，i==0&&j==n時第一、3我的沒有數，等等狀況

代碼

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
const int N=200005;
const int mod=1e9+7;
const double eps=1e-8;
const double PI = acos(-1.0);
#define lowbit(x) (x&(-x))
int a[4][N];
int c[4][N],mn[N];
int main()
{
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    int k1,k2,k3;
    cin>>k1>>k2>>k3;
    int n=k1+k2+k3;
    for(int i=1;i<=k1;i++)
    {
        cin>>a[1][i];
        ++c[1][a[1][i]];
    }
    for(int i=1;i<=k2;i++)
    {
        cin>>a[2][i];
        ++c[2][a[2][i]];
    }
    for(int i=1;i<=k3;i++)
    {
        cin>>a[3][i];
        ++c[3][a[3][i]];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=3;j++)
        {
            c[j][i]+=c[j][i-1];
        }
    }
    mn[n+1]=inf;
    for(int i=n;i>=0;i--)
    {
        mn[i]=min(mn[i+1],c[3][i]-c[2][i]);
    }
    int ans=inf;
    for(int i=0;i<=n;i++)
    {
        ans=min(ans,c[2][i]-c[1][i]+mn[i]+c[1][n]+c[2][n]);
 //       cout<<i<<" "<<ans<<endl;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}