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P2230 Tinux系统 题解

时间:2023-10-27 20:55:41浏览次数:45  
标签:文件 题解 tr pos Tinux 插入 P2230 times 目录

传送门

提供一种基于贪心的解法。

首先是将 \(p\) 从小到大排序

考虑到该系统是一棵树,所以对于系统中的每个点,我们记:

\(tr_{son}\) 表示该点(目录)的儿子的位置

\(tr_{fa}\) 表示该点(目录)的父亲的位置

\(tr_{siz}\) 表示该点(目录)包含的点的个数

\(tr_{cnt}\) 表示该点(目录)有多少个儿子

\(tr_{val}\) 表示该点(目录)的 \(p\) 值

考虑对于现在系统中已经有了 \(x\) 个文件,现在要插入第 \(x+1\) 个文件。

考虑这个文件可以插入到的地方以及对答案贡献:

操作 \(1\)、插入到原有目录中。

贡献为:\((\sum\limits_{pos \in tr} tr_{val} \times (tr_{siz}*2+1))+p_{pos}\)

即新文件所有父亲目录的 \(p_i\) 乘上两倍该目录的点的个数加一,然后再加上新文件的 \(p_i\)

操作 \(2\)、将该位置的文件变成目录,然后向这个目录中插入原位置文件和新文件。

贡献为:\((\sum\limits_{pos \in tr} tr_{val} \times (tr_{siz}*2+1))+p_1+p_2+p_{pos} \times 3\)

即该位置文件所有父亲目录的 \(p_i\) 乘上两倍该目录的点的个数加一,然后加上该文件的 \(p_i\) 乘三,再加上 \(p_1\) 和 \(p_2\)

这些不难推导,可以结合样例推导

考虑其正确性:

1、若要将新文件插入到一个目录,一定会将新文件插在 \(p_i\) 尽量小的地方,而将 \(p\) 从小到大排序之后,一定会先插完 \(p_{1 \sim i-1}\),再插 \(p_i\)

2、对于一个空位置,新文件一定是直接插在该位置比在该位置建目录,再插入到目录中更优

3、无论是插入到哪里,设该次插入对答案造成的贡献为 \(t\),则新的可以插入的位置对答案造成的贡献不会小于 \(t\)

对于第三个性质的证明,我们只在整理将先进行操作 \(2\) 再进行操作 \(1\) 仍满足性质 \(3\):

若再新建的目录下插入第 \(3\) 个文件,则相比操作二, \(\sum\) 中多出来的就是 \(p_{pos} \times (pos_{siz}+1)\) 即,\(p_{pos} \times 5\),而再加上 \(p_3\),显然 \(p_{pos} \times 5+p_3>p_{pos} \times 3 p_1+p_2\)

其他同理

基于这三个性质,我们可以如此操作:

对该系统进行深搜。

对于一个目录,考虑它可以加入的最小的 \(p_i\) 对答案的贡献,加入数组 \(a\) 中

对于一个文件,考虑它变成目录再插入文件对答案的贡献,加入数组 \(a\) 中

然后将 \(a\) 从小到大排序

将最小的加入答案,并更改该系统即可

注意特别判断在 \(root\) 插入的情况

上代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1010;
int n,k,p[N],ans;
struct jgt
{
	int son[155];
	int siz,val,cnt,fa;
}tr[N*2];
int tot;
struct jgt1
{
	int x,pos;
}a[N*2];
int idx;
bool cmp(jgt1 t1,jgt1 t2)
{
	return t1.x<t2.x;
}
void dfs(int wz,int sum)
{
	if(wz==0)
	{
		for(int i=1;i<=tr[wz].cnt;i++)
			dfs(tr[wz].son[i],0);
		if(tr[wz].cnt!=k)
		{
			a[++idx].pos=wz;
			a[idx].x=p[tr[wz].cnt+1];
		}
	}
	else
	{
		if(tr[wz].cnt==0)
		{
			a[++idx].pos=wz;
			a[idx].x=sum+tr[wz].val*3+p[1]+p[2];
		}
		else if(tr[wz].cnt==k)
		{
			for(int i=1;i<=k;i++)
				dfs(tr[wz].son[i],sum+tr[wz].val*(tr[wz].siz*2+1));
		}
		else
		{
			a[++idx].pos=wz;
			a[idx].x=sum+tr[wz].val*(tr[wz].siz*2+1)+p[tr[wz].cnt+1];
			for(int i=1;i<=tr[wz].cnt;i++)
				dfs(tr[wz].son[i],sum+tr[wz].val*(tr[wz].siz*2+1));
		}
	}
}
void get(int wz)
{
	tr[wz].siz++;
	if(tr[wz].fa!=0) get(tr[wz].fa);
}
void add(int wz)
{
	if(wz==0)
	{
		tr[wz].cnt++;
		int shu=tr[wz].cnt;
		tr[wz].son[shu]=++tot;
		tr[tot].val=p[shu];
		tr[tot].fa=wz;
		return ;
	}
	if(tr[wz].cnt!=0)
	{
		tr[wz].cnt++;
		tr[wz].siz++;
		int shu=tr[wz].cnt;
		tr[wz].son[shu]=++tot;
		tr[tot].val=p[shu];
		tr[tot].fa=wz;
		if(tr[wz].fa!=0) get(tr[wz].fa);
		return ;
	}
	if(tr[wz].cnt==0)
	{
		tr[wz].cnt=2;
		tr[wz].siz=2;
		tr[wz].son[1]=++tot;
		tr[tot].val=p[1];
		tr[tot].fa=wz;
		tr[wz].son[2]=++tot;
		tr[tot].val=p[2];
		tr[tot].fa=wz;
		if(tr[wz].fa!=0) get(tr[wz].fa);
		return ;
	}
}
int main()
{
	scanf("%d %d",&n,&k);
	for(int i=1;i<=k;i++)
		scanf("%d",&p[i]);
	sort(p+1,p+k+1);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		idx=0;
		dfs(0,0);
		sort(a+1,a+idx+1,cmp);
		ans+=a[1].x;
		add(a[1].pos);
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

标签:文件,题解,tr,pos,Tinux,插入,P2230,times,目录
From: https://www.cnblogs.com/pengchujie/p/17793128.html

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