【题解】【模拟】—— [CSP-J 2021] 小熊的果篮

[CSP-J 2021] 小熊的果篮
- 题目描述
- 输入格式
- 输出格式
- 输入输出样例
- - 输入 #1
  - 输出 #1
  - 输入 #2
  - 输出 #2
  - 输入 #3
  - 输出 #3
- 提示
思路1.数组模拟（70分）
- 1.1.题意解析
- 1.2.参考代码
思路2.双向链表模拟（60分）
- 2.1.题意解析
- 2.2.参考代码
解法1.双向链表模拟优化
- 3.1.题意解析
- 3.2.AC代码
解法2.并查集
- 4.1.题意解析
- 4.2.AC代码
5.结尾语

[CSP-J 2021] 小熊的果篮

戳我查看题目（洛谷）

题目描述

小熊的水果店里摆放着一排 $n$ 个水果。每个水果只可能是苹果或桔子，从左到右依次用正整数 $\ldots, n$ 编号。连续排在一起的同一种水果称为一个“块”。小熊要把这一排水果挑到若干个果篮里，具体方法是：每次都把每一个“块”中最左边的水果同时挑出，组成一个果篮。重复这一操作，直至水果用完。注意，每次挑完一个果篮后，“块”可能会发生变化。比如两个苹果“块”之间的唯一桔子被挑走后，两个苹果“块”就变成了一个“块”。请帮小熊计算每个果篮里包含的水果。

输入格式

第一行，包含一个正整数 $n$ ，表示水果的数量。

第二行，包含 $n$ 个空格分隔的整数，其中第 $i$ 个数表示编号为 $i$ 的水果的种类， $1$ 代表苹果， $0$ 代表桔子。

输出格式

输出若干行。

第 $i$ 行表示第 $i$ 次挑出的水果组成的果篮。从小到大排序输出该果篮中所有水果的编号，每两个编号之间用一个空格分隔。

输入输出样例

输入 #1

12
1 1 0 0 1 1 1 0 1 1 0 0

输出 #1

1 3 5 8 9 11
2 4 6 12
7
10

输入 #2

20
1 1 1 1 0 0 0 1 1 1 0 0 1 0 1 1 0 0 0 0

输出 #2

1 5 8 11 13 14 15 17
2 6 9 12 16 18
3 7 10 19
4 20

输入 #3

见附件中的 fruit/fruit3.in。

输出 #3

见附件中的 fruit/fruit3.ans。

提示

【样例解释 #1】

这是第一组数据的样例说明。

所有水果一开始的情况是 $[1, 1, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 0]$ ，一共有 $6$ 个块。

在第一次挑水果组成果篮的过程中，编号为 $1, 3, 5, 8, 9, 11$ 的水果被挑了出来。

之后剩下的水果是 $[1, 0, 1, 1, 1, 0]$ ，一共 $4$ 个块。

在第二次挑水果组成果篮的过程中，编号为 $2, 4, 6, 12$ 的水果被挑了出来。

之后剩下的水果是 $[1, 1]$ ，只有 $1$ 个块。

在第三次挑水果组成果篮的过程中，编号为 $7$ 的水果被挑了出来。

最后剩下的水果是 $[1]$ ，只有 $1$ 个块。

在第四次挑水果组成果篮的过程中，编号为 $10$ 的水果被挑了出来。

【数据范围】

对于 $\%$ 的数据， $\le 5$ 。
对于 $\%$ 的数据， $\le 1000$ 。
对于 $\%$ 的数据， $\le 50000$ 。
对于 $\%$ 的数据， $\le n \le 2 \times {10}^5$ 。

【提示】

由于数据规模较大，建议 C/C++ 选手使用 scanf 和 printf 语句输入、输出。

思路1.数组模拟（70分）

1.1.题意解析

这道题看上去非常简单，直接使用数组模拟就行了。可是它难就难在单纯使用数组来维护会达到 $O(N^2)$ 的时间复杂度，铁定超时。如下：
在这里插入图片描述
虽然不是正解，但我还是贴出来，给大家提供一种思路。

1.2.参考代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{//用数组a存储水果的种类,flag[i]存储i号水果是否被取出int n,a[200010]={},flag[200010]={},cnt=0,prev,is_take=0;scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);while(cnt<n)//用cnt统计被取出的水果的个数 {is_take=0;//用is_take存储第一个块头是否被取出 for(int i=1;i<=n;i++){if(flag[i])continue;//如果这个水果已经被取出了,跳出 if(!is_take)//如果是第一个没有被取出的水果 {is_take=1;//初始化状态 prev=!a[i];}if(a[i]!=prev)//如果是新的一块,取出块头 {flag[i]=1;prev=a[i];cnt++;printf("%d ",i);}}printf("\n");//输出换行 }return 0;
}

思路2.双向链表 模拟（60分）

2.1.题意解析

既然使用数组模拟会超时，那我们可不可以换一种数据结构呢？对了！我们可以使用双向链表来模拟。

一个基础的双向链表如下:
在这里插入图片描述

首先定义一个结构体node，用来储存每个节点的信息，如下:

struct node//储存每一个节点的信息 
{int kind,prev,next;node(int _kind=0,int _prev=0,int _next=0):kind(_kind),prev(_prev),next(_next){}
}l[MAXN];

同时定义一个数组l，用来模拟双向链表。这里有一个小技巧：令l[0]永远为表头。

然后定义一个变量cnt，用来记录双向链表l的长度和最后一个位置。

接下来，我们需要分装两个基础的函数：插入和删除，具体操作如下：

void insert_back(int x,int kind)//插入节点的函数 
{int now=x;l[++cnt]=node(kind,now,l[x].next);//增加编号为cnt新节点 if(l[x].next)l[l[x].next].prev=cnt;//x后面有节点,前驱元素改为此节点l[x].next=cnt;//x的后驱节点改为此节点 
}
void del(int x)//删除节点的函数 
{int prv=l[x].prev,nxt=l[x].next;//取出x的前驱元素和后驱元素if(nxt)l[nxt].prev=prv;//x后面有节点,和x的前驱元素连接l[prv].next=nxt;//x的前驱元素和后驱元素连接cnt--;//长度减一 
}

然后就是遍历整个双向链表。使用一个变量now记录当前枚举到的节点。如果当前节点是一个块的开头（即和上一个节点的品种不一样），那么就取出。否则就now=l[now].next。注意：要先取出第一个节点。

但这其实根遍历数组没有太大的本质区别，~~甚至比用数组模拟的分还要低~~ ，时间复杂度还是 $O(n^2)$ 。如下：
在这里插入图片描述

2.2.参考代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN 200010
struct node//储存每一个节点的信息 
{int kind,prev,next;node(int _kind=0,int _prev=0,int _next=0):kind(_kind),prev(_prev),next(_next){}
}l[MAXN];
int cnt,n;
void insert_back(int x,int kind)//插入节点的函数 
{int now=x;l[++cnt]=node(kind,now,l[x].next);//增加编号为cnt新节点 if(l[x].next)l[l[x].next].prev=cnt;//x后面有节点,前驱元素改为此节点l[x].next=cnt;//x的后驱节点改为此节点 
}
void del(int x)//删除节点的函数 
{int prv=l[x].prev,nxt=l[x].next;//取出x的前驱元素和后驱元素if(nxt)l[nxt].prev=prv;//x后面有节点,和x的前驱元素连接l[prv].next=nxt;//x的前驱元素和后驱元素连接cnt--;//长度减一 
}
int main()
{scanf("%d",&n);for(int i=1,prev=0;i<=n;i++)//初始化 {int kind;scanf("%d",&kind);insert_back(prev,kind);prev=i;}while(cnt){printf("%d ",l[0].next);if(cnt==1)break;int now=l[l[0].next].next,prev=l[l[0].next].kind;del(l[0].next);//第一个元素总要取出while(now)//遍历链表{if(l[now].kind!=prev)//块头,取出 {prev=!prev;int nxt=l[now].next;printf("%d ",now); del(now);now=nxt;}else now=l[now].next;}puts("");}return 0;
}

解法1.双向链表 模拟优化

3.1.题意解析

既然以上的双向链表还是遍历每个节点，呢我可不可以优化一下，使得双向链表只遍历每个块呢？

当然可以，定义一个可变数组head，用来存储每个块的块头。并在输入时预处理。在遍历时直接把块头节点输出并删除。

但是现在就有了一个难点：怎么样判定下一个节点会不会成为一个块的新块头呢？

如果一个块头被取出，它后面的点成了块头，那么它一定具有以下两个特征。

1.l[t].kind==l[l[t].next].kind。此节点和此节点的下一个种类一样，即是当前块的新块头；
2.l[t].kind!=l[l[t].prev].kind，此节点和上一个节点种类不一样，即不会被上一个块合并。

注意：
1.新块头要先用临时数组tmp存储，以免对当前遍历造成影响。
2.如果head数组空了，跳出循环。

3.2.AC代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN 200010
struct node//储存每一个节点的信息
{int kind,prev,next;node(int _kind=-1,int _prev=0,int _next=0):kind(_kind),prev(_prev),next(_next){}//结构体初始化函数
}l[MAXN];//双向链表
int cnt,n;
void insert_back(int x,int kind)//在节点x后面插入值为kind的节点的函数
{l[++cnt]=node(kind,x,l[x].next);//增加编号为cnt新节点if(l[x].next)l[l[x].next].prev=cnt;//x后面有节点,前驱元素改为此节点 l[x].next=cnt;//x的后驱节点改为此节点
}
void del(int x)//删除节点x的函数 
{int prv=l[x].prev,nxt=l[x].next;//取出x的前驱元素和后驱元素if(nxt)l[nxt].prev=prv;//x后面有节点,和x的前驱元素连接l[prv].next=nxt;//x的前驱元素和后驱元素连接
}
int main()
{scanf("%d",&n);int prev;//记录上一个节点的种类vector<int>head(1,1);//初始化,第一个节点绝对是块头 for(int i=1;i<=n;i++){int kind;scanf("%d",&kind);insert_back(i-1,kind);//插入链表if(i==1)prev=kind;//初始化else if(kind!=prev)//如果是新的块{head.push_back(i);//新增一个块头prev=!prev;//状态取反}}while(!head.empty())//只要还有待取出的块头就继续循环{vector<int>tmp;//暂时储存下一轮的块头for(int i=0;i<head.size();i++)//循环取出{int t=head[i];//先取出当前块头printf("%d ",t);//输出del(t);//删除节点t/*如果此节点和此节点的下一个种类一样(即是当前块的新块头),且此节点和上一个节点种类不一样(即不会被上一个块合并),那么就是新块头*/if(l[t].kind==l[l[t].next].kind&&l[t].kind!=l[l[t].prev].kind)tmp.push_back(l[t].next);}head=tmp;//赋值puts("");}return 0;
}

解法2.并查集

4.1.题意解析

这道题还可以使用并查集来做，如果不会的同学可以自行上网搜索。或者看看这一篇。目前只需要了解其原理就行了，代码实现在底下有。

在删除一个数之后，我们将 $这个数$ 与 $这个数 - 1$ 相连。就形成了一些树。在删除块头的时候，这个块头所在的树的祖先节点，也就是根节点，就是下一个没有被删除的块头。如果不理解的话可以自己画一下图带入一下数据。

定义一个数组head，储存每个块的块头。定义一个数组size，储存每个块的大小。定义一个数组fa，fa[i]代表i所属的数的代表（根节点）。最后定义一个变量sum_void，储存当前连续被取空的块的个数（原因请看下面）。

现在还有一个问题，什么情况下需要新建一个块呢？

1.这一个块不会在这一轮被取光（不然就没有意义了）；
2.这是第一个块，或者说当前新块的个数为0；
3.前一个块不会在这一轮被取空（不会导致和上一个块合并）；
4.前面被取空的块的个数为偶数（和上一个同理）。

最后附上并查集的模版

int find(int x)//寻找x家族的代表,顺便进行路径压缩 
{if(fa[x]==x)return x;//代表就是本人,返回 return fa[x]=find(fa[x]);//路径压缩 
}
void join(int c1,int c2)//合并两个集合 
{int f1=find(c1),f2=find(c2);//找到两个元素的代表 if(f1<f2)swap(f1,f2);//如果f1更小就交换 fa[f2]=f1;//修改代表 
}

注：此思路是我借鉴的洛谷上一位大佬的思路发现的，请见谅。

4.2.AC代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN 200010
int n,a[MAXN],size[MAXN],head[MAXN],fa[MAXN],sum,cnt=1,sum_void;
/*用size储存每个块的大小,head储存要取出来的的一个水果,fa储存每个块的代表cnt储存块的个数,sum_void储存上一个连续的取完的块的个数*/
int size2[MAXN],head2[MAXN],cnt2;//临时存储
int find(int x)//寻找x家族的代表,顺便进行路径压缩 
{if(fa[x]==x)return x;//代表就是本人,返回 return fa[x]=find(fa[x]);//路径压缩 
}
void join(int c1,int c2)//合并两个集合 
{int f1=find(c1),f2=find(c2);//找到两个元素的代表 if(f1<f2)swap(f1,f2);//如果f1更小就交换 fa[f2]=f1;//修改代表 
}
int main()
{scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++)//读入并预处理scanf("%d",&a[i]),fa[i]=i;size[1]=1,head[1]=1;//将1号水果放进果篮里for(int i=2;i<=n;i++)//将2到n号水果放进果篮里 {if(a[i]!=a[i-1])head[++cnt]=i;//此元素与上一个元素不一样,新增一个块 size[cnt]++;//此块的大小加一 }while(sum<n)//循环直到取出n个元素 {for(int i=1;i<=cnt;i++)//将每一个块头和它前一个元素连接,方便查找 printf("%d ",head[i]),join(head[i]-1,head[i]);printf("\n");sum+=cnt;//取出cnt块 cnt2=sum_void=0;//赋初值 for(int i=1;i<=cnt;i++)//处理每个块 {if(size[i]>1)//如果这个块不会在这一轮被取光 {//第一个块或者前一个块有元素或者前面连续的被取空的块有偶数个 if(cnt2==0||size[i-1]>1||sum_void%2==0)head2[++cnt2]=find(head[i])+1,size2[cnt2]=0;//新建一个块 size2[cnt2]+=size[i]-1;//这个块的大小是上一个块减一 sum_void=0;//连续的空的块的个数清零 }else sum_void++;//否则就是空的块 }cnt=cnt2;//更新块的个数 for(int i=1;i<=cnt;i++)//更新每一个块的大小和块头 size[i]=size2[i],head[i]=head2[i];}return 0;
}

5.结尾语

其实这道题还可以用许多数据结构维护，比如vector，queue，set，线段树等。是一道很好的练习数据结构的题。但由于篇幅关系就只给大家讲这么多了。感兴趣的话可以自行上网查询。

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