AcWing 1738. 蹄球

目录：算法日记

题目来源：1738. 蹄球 - AcWing题库

题目描述

为了准备即将到来的蹄球锦标赛，Farmer John 正在训练他的 $N$ 头奶牛（方便起见，编号为 $1…N$ ）进行传球。

这些奶牛在牛棚一侧沿直线排列，第 $i$ 号奶牛位于距离牛棚 $x_i$ 的地方。

每头奶牛都在不同的位置上。

在训练开始的时候，Farmer John 会将若干个球传给不同的奶牛。

当第 $i$ 号奶牛接到球时，无论是从 Farmer John 或是从另一头奶牛传来的，她会将球传给最近的奶牛（如果有多头奶牛与她距离相同，她会将球传给这些奶牛中最左边的那头奶牛。）。

为了使所有奶牛都有机会练习到传球，Farmer John 想要确保每头奶牛都持球至少一次。

帮助他求出为了达到这一目的他开始时至少要传出的球的数量。

假设他在开始的时候能将球传给最适当的一组奶牛。

输入格式

输入的第一行包含 $N$ 。

第二行包含 $N$ 个用空格分隔的整数，其中第 $i$ 个整数为 $x_i$ 。

输出格式

输出 Farmer John 开始的时候最少需要传出的球的数量，使得所有奶牛至少持球一次。

数据范围

$1≤N≤100$
$1≤x_i≤1000$

输入样例

5
7 1 3 11 4

输出样例

算法思路

核心规则为，奶牛会将球传给最近的奶牛，如果距离相等则左传。在题目中，球是一传一的，因此对于每一个传出的球，一定存在一个回传的位置T，将球回传给上一个位置P，使得在T与P之前形成一个环。对应产生两种情况，如下图所示。

未命名文件(6).png

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由上图可以看出，对于图中的每个顶点，传给谁是唯一确定的，而谁传球给我多出一种回传的情况（入度为 $2$ ）和Farmer传球给我情况（入度为 $0$ ），因此对于每个顶点，入度 $≤2$ ，出度 $=1$ 。则对于图中每块（可能存在多块）的一般情况，如下图所示。

未命名文件(.png

要确保每头奶牛都持球至少一次，就需要按有向边的方向遍历到所有顶点。对于上图的一般情况，则农夫仅需要向入度为0的顶点传球，就能保证该块内的所有顶点都可以被遍历到。

在此题中可能存在一种特殊块不能被一般情况覆盖，如下图所示。该块仅存在环，不存在入度为 $0$ 的顶点，但仍需传入一个球。对于这种情况，需要判断是否是环（判断顶点A的后继的后继是否是A）以及环上两个顶点的入度是否为 $1$ 。为了方便计算，如果存在该情况，每个顶点则需传入 $0.5$ 个球（为避免小数存在精度问题，在统计时可 $×2$ 当作整数处理）。

未命名文件.png

AC代码

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 110;
const int INF = 1e9;
int nums[N];
int in_node[N]; //入度
int next_node[N]; //后继
int n;
int main() {
    cin>>n;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) cin>>nums[i];
    nums[0] = -INF;
    nums[n + 1] = INF;
    sort(nums + 1, nums + 1 + n);
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        if(nums[i] - nums[i - 1] <= nums[i + 1] - nums[i]) {
            next_node[i] = i - 1;
            in_node[i - 1] += 1;
        } else {
            next_node[i] = i + 1;
            in_node[i + 1] += 1;
        }
    }
    int res = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        if(in_node[i] == 0) res += 2;
        //是否有环，环上两点入度是否为1
        else if(next_node[next_node[i]] == i && in_node[i] == 1 && in_node[next_node[i]] == 1) res += 1; 
    }
    cout<<res / 2<<endl;
    return 0;
}