1083. 数列极差问题

题目描述

在黑板上写了$N$个正整数组成的一个数列，进行如下操作： 每次擦去其中的两个数 a 和 b ，然后在数列中加入一个数$a\times b＋1$，如此下去直至黑板上 剩下一个数，在所有按这种操作方式最后得到的数中，最大的为 $max$，最小的为 $min$ ， 则该数列的极差定义为 $M＝max－min$。
请你编程，对于给定的数列，计算极差 $m$。

输入

第一行是数列的长度n（不超过10），第二行起是数列中n个数，相邻2个数由空格分开;
每个数均不超过100.

输出

输出一个整数表示数列极差m

样例输入

3
1  2  3

样例输出

2

思路

题目中有这个东西: 每次 擦去 其中的两个数 $a$ 和 $b$，然后在数列中加入一个数 $a\times b＋1$

这不就是哈夫曼编码的建立过程吗? 所以我们根据贪心策略，当然每次选择最小的整数相乘自然会更好呀？

什么? 你想要证明？这个和哈夫曼编码的证明的方法是一样的，最好的方法当然是上网搜索啦 (其实太复杂了，作者不会qwq)

Step1: 定义堆

priority_queue<int> q1;
priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> q2;

q1 里面的元素是越大的在前面，q2 就是越小的在前面
注意: q2的定义后面的两个 “>>” 符号在编译的时候要使用 C++11 编译，要使用 C++11 提交，如果不想这样，可以加一个空格，比如:

priority_queue<int, vector<int>, greater<int> > q2;

Step2: 主程序计算

int Max = 0, Min = 0;
while (q1.size() > 1)
{int p = q1.top(); q1.pop();int q = q1.top(); q1.pop();	q1.push(p * q + 1);
}
Min = q1.top();while (q2.size() > 1)
{int p = q2.top(); q2.pop();int q = q2.top(); q2.pop();q2.push(p * q + 1);
}
Max = q2.top();printf("%d", Max - Min);

push: 表示将元素 i 插入堆
pop: 表示删除最大/最小的元素
top: 表示取最大的元素

Step3: 完整代码

#include <stdio.h>
#include <queue>using namespace std;int n;
priority_queue<int> q1;
priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> q2;
int main()
{int n;scanf("%d", &n);for (int i = 1; i <= n; i++){int x;scanf("%d", &x);q1.push(x), q2.push(x);}int Max = 0, Min = 0;while (q1.size() > 1){int p = q1.top(); q1.pop();int q = q1.top(); q1.pop();q1.push(p * q + 1);}Min = q1.top();while (q2.size() > 1){int p = q2.top(); q2.pop();int q = q2.top(); q2.pop();q2.push(p * q + 1);}Max = q2.top();printf("%d", Max - Min);return 0;
}

时间复杂度分析

堆的 push 是 $O(\log n)$ 的，但是这道题的数列的长度是 $10$, 完全足够
运行时间只有 $0.1s$, 因为机器的每秒钟运算大概是 $10^8$, $0.1s$ 大约就是 $10^7$ 左右，那么这个程序的时间复杂度是 $O(n\log n)$ 在最大规模是 $10$ 的情况下大约要进行 $30$ 次运算(太快了，oj 上跑出了 $0ms$)