CodeForces - 1257E （思惟）

题意

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

三我的，每一个人有一些数字，组合起来是1~n，每一个人能够给另外一我的一个拥有的数字，问最小操做数，使得第一我的拥有1~i的数，第二我的拥有i+1~j的数，第三我的拥有j+1~n的数，即第一我的为前缀，第二我的为中间部分，第三我的为后缀。 注意：能够有一个或两我的最后不拥有数字。

思路

先把问题简单化，考虑只有两我的的状况。设cnt1[x]表示第一我的前x个数拥有的个数，cnt2[x]表示第二我的前x个数拥有的个数，若是第一我的得到的前缀为1~i，第二我的得到的后缀为i+1~n，那么代价为cnt2[i]+cnt1[n]-cnt1[i]。

再考虑三我的的状况，一样，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，那么代价为cnt2[i]+cnt3[i]  +cnt1[j]-cnt1[i]+cnt3[j]-cnt3[i]  +  cnt1[n]-cnt1[j]+cnt2[n]-cnt2[j]，化简得：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]，因此枚举i，使这个式子值最小，发现还剩下两个和j有关的项对式子有影响，而j>=i，因而问题转化成了枚举i，求cnt2[i]-cnt1[i]+min(cnt3[i~n]-cnt2[i~n])+cnt1[n]+cnt2[n]，咱们只用维护cnt3[j]-cnt2[j]的后缀最小值便可。

注意：由于可能有一我的或两我的没有任何数，那么此时i和j是能够相等的，好比i==j时第二我的没有数，i==j==0时第一、2我的没有数，i==j==n时第2、三我的没有数，i==0&&j==n时第一、3我的没有数，等等状况

代码

#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;
}