題目描述：

K 理事長は占いが好きで，いつも様々な占いをしている．今日は，表の面に ‘I’ が，裏の面に ‘O’ が書か れたカードを使って今年の IOI での日本選手団の出來を占うことにした． 占いの方法は次のようなものである．

1. まず，正の整數(shù) A, B,C, D, E を決める．

2. A + B + C + D + E 枚のカードを橫 1 列に並べる．このとき，左から A 枚は表，続く B 枚は裏，続く C 枚は表，続く D 枚は裏，続く E 枚は表にして並べる．このように並べると，左から順に ‘I’ が A 個(gè)，‘O’ が B 個(gè)，‘I’ が C 個(gè)，‘O’ が D 個(gè)，‘I’ が E 個(gè)並ぶことになる．

3. あらかじめ決められた N 種類の操作の中から 1 つ以上の操作を選び，好きな順番で行う．このとき， 同じ種類の操作を 2 回以上行っても良い．i (1 ≦ i ≦ N) 種類目の操作は「左から Li 枚目から Ri 枚目 までのカードの表裏をすべてひっくり返す」というものである．1 枚のカードをひっくり返すのに 1 秒かかる．したがって，i 種類目の操作を行うには，Ri ? Li + 1 秒かかる． 4. 操作が終わった後，すべてのカードが表になっていれば占いは成功となる． K 理事長は必要以上にカードをひっくり返すことを避けるために，カードを?qū)g際に使って占う前にまず， 占いを成功させることが可能なのかどうかを求めることにした．さらに，もし占いを成功させることが可 能な場合は，占いを成功させるためにかかる時(shí)間の最小値を求めることにした．

課題 カードの並べ方の情報(bào)と，あらかじめ決められた操作の情報(bào)が與えられる．占いを成功させることが可 能かどうかを求め，可能である場合は占いを成功させるためにかかる時(shí)間の最小値を求めるプログラムを 作成せよ．

?

K理事長很喜歡占卜，經(jīng)常用各種各樣的方式進(jìn)行占卜。今天，他準(zhǔn)備使用正面寫著”I”，反面寫著”O(jiān)”的卡片為今年IOI的日本代表隊(duì)占卜最終的成績。

占卜的方法如下所示：

1.首先，選擇5個(gè)正整數(shù)A,B,C,D,E。

2.將A+B+C+D+E張IOI卡片排成一行，最左側(cè)的A張卡片正面朝上，接下來B張反面朝上，接下來C張卡片正面朝上，接下來D張反面朝上，最后E張正面朝上。如此排列的話，從左側(cè)開始順次為A張“I”，B張“O”，C張“I”，D張“O”，E張“I”。

3.在預(yù)先決定的N種操作中選出至少1種，然后按照任意順序執(zhí)行。(注：同種操作執(zhí)行多次也是可以的。)這里，第i種操作(1<=i<=N)為【將從左數(shù)第Li張卡片到第Ri張卡片全部翻轉(zhuǎn)】。翻轉(zhuǎn)一張卡片需要1秒的時(shí)間，因此第i種操作耗時(shí)Ri-Li+1秒。

4.操作結(jié)束后，如果所有卡片都是正面朝上則占卜成功。

K理事長不想翻多余的牌，因此在實(shí)際使用卡片占卜之前會(huì)先計(jì)算出是否存在占卜成功的可能性。進(jìn)一步，如果占卜可能成功，他會(huì)計(jì)算出能使占卜成功所消耗的時(shí)間的最小值。

現(xiàn)在給出卡片的排列信息和預(yù)先決定的操作信息，請(qǐng)你寫一個(gè)程序，計(jì)算出占卜能否成功，如果能成功，輸出消耗時(shí)間的最小值。

【Input】

第一行5個(gè)空格分隔的整數(shù)A,B,C,D,E，表示占卜初始時(shí)，從最左端開始依次是A枚正面朝上，接下來B枚背面朝上，接下來C枚正面朝上，接下來D枚背面朝上，最后E枚正面朝上。

接下來一行一個(gè)正整數(shù)N，表示預(yù)先決定的操作種類數(shù)。

接下來N行，第i行(1<=i<=N)兩個(gè)空格分隔的正整數(shù)Li，Ri，表示第i種操作為【將從左數(shù)第Li張卡片到第Ri張卡片全部翻轉(zhuǎn)】。

【Output】

如果占卜能夠成功，輸出消耗時(shí)間的最小值，否則輸出-1。

【Sample Input】

1 2 3 4 5

3

2 3

2 6

4 10

?

【Sample Output】

12

?

【HINT】

?

初始的卡片序列為IOOIIIOOOOIIIII。

?

執(zhí)行第2種操作后得到IIIOOOOOOOIIIII，耗時(shí)5秒。

?

接下來執(zhí)行第3中操作，得到IIIIIIIIIIIIIII，占卜成功，耗時(shí)7秒。

?

耗時(shí)12秒完成占卜，這是耗時(shí)的最小值，故輸出12。

?

【Data Constraint】

對(duì)于15%的數(shù)據(jù)，N<=10

對(duì)于另外50%的數(shù)據(jù)，1<=A,B,C,D,E<=50

對(duì)于100%的數(shù)據(jù)：

1<=A,B,C,D,E,N<=10^5

1<=Li<=Ri<=A+B+C+D+E (1<=i<=N)

洛谷題目

乍一看感覺題目沒有什么頭緒，但仔細(xì)思考，好像你只需要讓反面朝上的卡牌翻動(dòng)奇數(shù)次，讓正面朝上的卡牌翻動(dòng)偶數(shù)次即可。（一句廢話）

那么，對(duì)于01交界處一定有翻動(dòng)，因?yàn)閮蓚?cè)翻動(dòng)次數(shù)一定不相同。

如果一個(gè)區(qū)間不夠長，那么我們考慮接下去：

　　比如說，像這樣，一個(gè)區(qū)間(我們稱之區(qū)間A)的左端點(diǎn)[i1]正好在[a+1]處而它的右端點(diǎn)小于[a+b]，那么它一定不能完成整個(gè)區(qū)間(就是從a+1到a+b)的翻轉(zhuǎn)。考慮接下去，如果這時(shí)恰好有一個(gè)區(qū)間(我們稱之區(qū)間B)的左端點(diǎn)就是A的右端點(diǎn)，那么就是說：它可以這么一直接下去直到到達(dá)[a+b+1]。

當(dāng)然這只是最理想的情況，事實(shí)上，這其實(shí)給我們提供了一個(gè)思路:你看啊，怎么實(shí)現(xiàn)區(qū)間的拼接呢，有沒有想到一個(gè)叫做圖論的東西：比如說我們把一個(gè)區(qū)間的兩端作為點(diǎn)，而邊權(quán)就是這個(gè)區(qū)間反轉(zhuǎn)的長度，正好是這個(gè)區(qū)間右端點(diǎn)的值減去左端點(diǎn)的。

而翻轉(zhuǎn)奇數(shù)次的點(diǎn)一定在起始點(diǎn)區(qū)間內(nèi)

神奇不是嗎

那么我們就要考慮一下了，如果已經(jīng)建好了邊，邊權(quán)還是反轉(zhuǎn)的次數(shù)，而題目問的是最少翻轉(zhuǎn)次數(shù)，

那這不就是最短路嗎

是不是很神奇

好了，那么，怎么構(gòu)造呢

無非就是這三種情況：

?

嗯，那就是這樣了

/代碼具體實(shí)現(xiàn)如下

1 #include<queue> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 using namespace std; 6 typedef long long lnt; 7 struct pnt{ 8 int hd; 9 int no; 10 lnt dis; 11 bool vis; 12 bool friend operator < (pnt x,pnt y) 13 { 14 return x.dis>y.dis; 15 } 16 }p[500005]; 17 struct ent{ 18 int twd; 19 int lst; 20 lnt vls; 21 }e[200005]; 22 int a,b,c,d,jdr; 23 int n,m; 24 int piq[10000]; 25 int cnt; 26 lnt ans1,ans2,ans3; 27 priority_queue<pnt>Q; 28 void ade(int f,int t,lnt v) 29 { 30 cnt++; 31 e[cnt].twd=t; 32 e[cnt].vls=v; 33 e[cnt].lst=p[f].hd; 34 p[f].hd=cnt; 35 } 36 int main() 37 { 38 scanf("%d%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&jdr,&n); 39 m=a+b+c+d+jdr; 40 for(int i=1;i<=n;i++) 41 { 42 int l,r; 43 scanf("%d%d",&l,&r); 44 ade(l,r+1,(lnt)(r-l+1)); 45 ade(r+1,l,(lnt)(r-l+1)); 46 } 47 for(int i=1;i<=m+1;i++) 48 { 49 p[i].dis=0x3f3f3f3f3f3f3f3fll; 50 p[i].vis=0; 51 p[i].no=i; 52 } 53 p[a+1].dis=0; 54 Q.push(p[a+1]); 55 while(!Q.empty()) 56 { 57 int x=Q.top().no; 58 Q.pop(); 59 if(p[x].vis)continue; 60 p[x].vis=1; 61 for(int i=p[x].hd;i;i=e[i].lst) 62 { 63 int to=e[i].twd; 64 if(p[to].dis>p[x].dis+e[i].vls) 65 { 66 p[to].dis=p[x].dis+e[i].vls; 67 Q.push(p[to]); 68 } 69 } 70 } 71 ans1+=(lnt)p[a+b+1].dis; 72 ans2+=(lnt)p[a+b+c+1].dis; 73 ans3+=(lnt)p[a+b+c+d+1].dis; 74 for(int i=1;i<=m+1;i++) 75 { 76 p[i].dis=0x3f3f3f3f3f3f3f3fll; 77 p[i].vis=0; 78 p[i].no=i; 79 } 80 p[a+b+1].dis=0; 81 Q.push(p[a+b+1]); 82 while(!Q.empty()) 83 { 84 int x=Q.top().no; 85 Q.pop(); 86 if(p[x].vis)continue; 87 p[x].vis=1; 88 for(int i=p[x].hd;i;i=e[i].lst) 89 { 90 int to=e[i].twd; 91 if(p[to].dis>p[x].dis+e[i].vls) 92 { 93 p[to].dis=p[x].dis+e[i].vls; 94 Q.push(p[to]); 95 } 96 } 97 } 98 ans2+=(lnt)p[a+b+c+d+1].dis; 99 ans3+=(lnt)p[a+b+c+1].dis; 100 for(int i=1;i<=m+1;i++) 101 { 102 p[i].dis=0x3f3f3f3f3f3f3f3fll; 103 p[i].vis=0; 104 p[i].no=i; 105 } 106 p[a+b+c+1].dis=0; 107 Q.push(p[a+b+c+1]); 108 while(!Q.empty()) 109 { 110 int x=Q.top().no; 111 Q.pop(); 112 if(p[x].vis)continue; 113 p[x].vis=1; 114 for(int i=p[x].hd;i;i=e[i].lst) 115 { 116 int to=e[i].twd; 117 if(p[to].dis>p[x].dis+e[i].vls) 118 { 119 p[to].dis=p[x].dis+e[i].vls; 120 Q.push(p[to]); 121 } 122 } 123 } 124 ans1+=(lnt)p[a+b+c+d+1].dis; 125 lnt ans=min(ans1,min(ans2,ans3)); 126 if(ans>=0x3f3f3f3f3f3f3f3fll) 127 printf("-1\n"); 128 else 129 printf("%lld\n",ans); 130 return 0; 131 }

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轉(zhuǎn)載于:https://www.cnblogs.com/blog-Dr-J/p/9389487.html

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的IOIOI卡片占卜(Atcoder-IOIOI カード占い)（最短路）的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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