POJ-3270 Cow Sorting(贪心+置换)
题意：
FJ有N头牛，N头牛都有一个不同的脾气值，初始N头牛按脾气值是无序的，现要求将牛按脾气从小到大排序花费的最小力气。每次操作只能交换两头牛且付出的力气是两头牛的脾气之和。
思路：
首先较为容易地分析出要想最小化答案，我们进行交换的两个位置应该得局限在同一个轮换中。然后正常思路是贪心地通过每个轮换中最小的值将该轮换中其他位置归位。
思路貌似很正确，但看下这个样例[1,5,4,2,3]，其轮换为(1)(5,3,4,2)，按上述方法得到ans=18，但实际上ans=17，17怎么来的呢？我们把1换入第二个轮换中，将2暂时换出，然后再进行第二个轮换的归位，最后再把1换出去，就实现了另一种更优。这个方法其实是通过将所有数中最小的和当前轮换中最小的进行对换，这个操作虽然增加了两倍的代价，但更小的值进入当前轮换可能会造成超过这个代价的节约。所以，每次对一个轮换进行操作时，进行上述两种策略，最后选择更优的加入答案即可。细节看代码吧。
代码：
#include <algorithm>
#include <string.h>
#include <cstdio>
#define LL long long
using namespace std;
const int maxn = 10005;
struct node
{
int id, val;
bool operator<(const node &k)const
{
return val < k.val;
}
} pos[maxn];
int vis[maxn];
int main()
{
int n, x;
scanf("%d", &n);
LL ans = 0, now1, now2;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
scanf("%d", &x);
pos[i].id = i;
pos[i].val = x;
}
sort(pos+1, pos+n+1); //根据权值排序找到当前相应的置换
memset(vis, 0, sizeof vis);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
if(vis[i]) continue;
vis[i] = 1;
now1 = now2 = 0;
LL val = pos[i].val;
int t = pos[i].id;
while(t != i)
{
vis[t] = 1;
now1 += (val+pos[t].val);
t = pos[t].id;
}
now2 += (pos[1].val+val)*2;
val = pos[1].val;
t = pos[i].id;
while(t != i)
{
vis[t] = 1;
now2 += (val+pos[t].val);
t = pos[t].id;
}
ans += min(now1, now2); //取更优策略
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
继续加油~