网易笔试题-堆棋子

题目

小易将n个棋子摆放在一张无限大的棋盘上。第i个棋子放在第x[i]行y[i]列。同一个格子允许放置多个棋子。每一次操作小易可以把一个棋子拿起并将其移动到原格子的上、下、左、右的任意一个格子中。小易想知道要让棋盘上出现有一个格子中至少有i(1 ≤ i ≤ n)个棋子所需要的最少操作次数. 输入描述: 输入包括三行,第一行一个整数n(1 ≤ n ≤ 50),表示棋子的个数 第二行为n个棋子的横坐标x[i](1 ≤ x[i] ≤ 10^9) 第三行为n个棋子的纵坐标y[i](1 ≤ y[i] ≤ 10^9) 输出描述: 输出n个整数,第i个表示棋盘上有一个格子至少有i个棋子所需要的操作数,以空格分割。行末无空格 如样例所示: 对于1个棋子: 不需要操作 对于2个棋子: 将前两个棋子放在(1, 1)中 对于3个棋子: 将前三个棋子放在(2, 1)中 对于4个棋子: 将所有棋子都放在(3, 1)中

示例1 输入

4 1 2 4 9 1 1 1 1 输出

0 1 3 10

基本思想：

首先明确曼哈顿距离：

坐标（x1, y1）的i点与坐标（x2, y2）的j点的曼哈顿距离为： d(i,j)=|X1-X2|+|Y1-Y2|.

接着我们应该知道若在一维平面上，存在A,B,C三个点，那么平面上若存在一个点到3个点的曼哈顿距离之和的最小的点应该落在A,B,C其中一个点中。如下图：

上面B应该为最小的点。

最后我们应该注意到对于二维平面，我们可以将二维平面上的点（x,y）分别投影到对应的x轴和y轴，那么我们就可以依次求出x轴上最小曼哈顿距离的点和y轴上最小曼哈顿距离的点，两个点的坐标就是本题的解。

代码如下：

#include <iostream> #include <vector> #include <queue> using namespace std; vector<int> minOPs(int size,vector<int> x,vector<int> y){ vector<int> res(size); for(int i=0;i<size;i++){ res[i]=INT_MAX; } priority_queue<int,vector<int>,greater<int>> pq; for(int i=0;i<size;i++){ for(int j=0;j<size;j++){ //每个点与(x[i],y[i]) 求曼哈顿距离，并存入优先队列 //优先队列是一个小根堆 for(int k=0;k<size;k++){ pq.push(abs(x[k]-x[i])+abs(y[k]-y[j])); } int resI=0; int sum=0; //依次分别取出优先队列的值，分别为每个棋子到(x[i],y[i])距离的最小值，次小值...最大值 while(!pq.empty()){ sum+=pq.top(); pq.pop(); res[resI]=min(res[resI],sum);//更新1...size个棋子堆在一起的最小值 resI++; } } } return res; } int main(){ int size; cin>>size; vector<int> x(size); vector<int> y(size); int tmp; for(int i=0;i<size;i++){ cin>>tmp; x[i]=tmp; } for(int i=0;i<size;i++){ cin>>tmp; y[i]=tmp; } vector<int> res(size); res=minOPs(size,x,y); for(int i=0;i<size-1;i++){ cout<<res[i]<<" "; } cout<<res[size-1]; }