扫地机器人（第十届蓝桥杯研究生组）

问题描述

如图，在一块长为N的方格地板上，放置K个扫地机器人（图中黑点），每个机器人都可以左右移动，且互不干扰，扫完地后又都回到原位置，为公平起见，每个机器人的工作量尽可能相同，求移动步数最多的机器人移动的步数。（题目大概是这个意思，欢迎来更正）
扫地机器人（第十届蓝桥杯研究生组）
输入格式：
第一行输入两个整数：N、K
第二行输入K个整数，表示扫地机器人的位置
输出格式：
输出一个整数，表示移动步数最多的机器人移动的步数
案例：
输入：
10 3
3 5 8
输出：
6
说明：
总移动步数最少的方案为：
1号机器人路线：3->2->1->2->3->4->3
2号机器人路线：5->6->7->6->5
3号机器人路线：8->9->10->9->8

方法一

算法思想
假设每个机器人的位置为a[i]，对应扫地区间为[xi,yi]（i=1,2,…,K），显然x1<=a[i]<=yi。于是，问题转化为：寻找一组区间（K个），在区间长度尽可能一致的情况下，使这组区间能够覆盖满1~N，并且每个区间内至少有一个机器人（否则至少有一个区间内没有机器人，即该区间没有机器人扫，无意义）。设最长的区间长度为L，则移动步数最多的机器人移动了2*(L-1)步。
在不影响最长区间长度的情况下，为方便计算，不妨设每个区间的长度都为L。显然，N/K<=L<=N。为方便读者理解笔者思路，下面给出几个特例图。
扫地机器人（第十届蓝桥杯研究生组）
算法步骤

1 将机器人的位置a[ ]在方格b[ ]中标记，并对a[ ]排序
2 将方格划分成若干个区间D1,D2,…,Dm，满足:
3 对L从N/K到N，first_L从L到1开始遍历，直到找到一个L和first_L满足在每个区间内至少有一个机器人，输出L并结束程序。

说明：

之所以要改变第1个区间的长度，因为会出现如下情况：

当区间长度L=6时，系统会误判区间长度不够。实际上，L=6够了，如下：
之所以只改变第1个区间的长度，因为区间之间是紧挨着的，缩小第1个区间的长度，后面的区间都会向左平移，其实第1个区间也向左平移了，只是前一部分越界了没显示。
算法实现

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int N,K;
int a[100]; //K个机器人位置
int b[100]; //标记N个方格中是否有机器人 
int check1(int first_L,int L){ //第一个区间长度为first_L，之后区间长度都为L 
	int i,j;
	if(first_L+(K-1)*L<N){
		return 0;
	}
	i=1; //第i个区间 
	j=1; //当前查看的方格位置 
	while(j<=N){
		if(b[j]==1){ //第i个区间内有机器人 
			j=first_L+(i-1)*L+1; //j指向下一个区间起点 
			i++; //下一个区间 
		}else{
			j++;
			if(j==first_L+(i-1)*L+1||j==N+1){ //第i个区间内没有机器人
				return 0; 
			}
		}		
	} 
	return 1;
} 
int check(int L){
	int first_L; //首区间的长度(取值范围：1~L) 
	for(first_L=L;first_L>0;first_L--){
		if(check1(first_L,L)){
			return 1;
		}
	}
	return 0;
}
int fun(){
	int i,j,L;
	for(L=N/K;L<=N;L++){ 
		if(check(L)){
			return L;
		}
	}
} 
int main(){
	int i,L;
	cin>>N>>K;
	for(i=1;i<=K;i++){
		cin>>a[i];
		b[a[i]]=1; //标记a[i]位置有机器人 
	}
	sort(a+1,a+K+1);
	L=fun();
	cout<<2*(L-1);
	return 0;
}

扫地机器人（第十届蓝桥杯研究生组）

算法思想的正确性还有待考证，欢迎热心的读者批评指正！

方法二

算法思想
如果每个机器人的活动区间确定了，其最大的移动步数可根据2*(L-1)求得。为减轻每个机器人的任务，限制相邻的机器人的活动范围不相交。

第1个机器人的活动范围：1~a[2]-1，其右边界活动范围：a[1] ~ a[2]-1;
第2个机器人的活动范围：a[1]+1~a[3]-1，其右边界活动范围：a[2] ~ a[3]-1;
第3个机器人的活动范围：a[2]+1~a[4]-1，其右边界活动范围：a[3] ~ a[4]-1;
…
第K-1个机器人的活动范围：a[K-2]+1~a[K]-1，其右边界活动范围：a[K-1] ~ a[K]-1;
第K个机器人的活动范围：a[K-1]+1~N，其右边界活动范围：N ~ N;

第1个机器人的左边界已确定，如果其右边界确定了，第二个机器人的左边界就确定了，即后面的机器人的左边界依赖于前面机器人的右边界，由此可用dfs对每个机器人的右边界的所有情况进行遍历，每找到一种区间划分法，检验是否优于当前解

算法实现

#include<iostream>
#include<algorithm>
#define INF 10000000 
using namespace std;
struct neighbor{ //机器人活动范围
	int l; //左边界
	int r; //右边界
};
int N,K;
int a[100]; //K个机器人位置
neighbor B[100]; //K个机器人的最大移动邻域
neighbor F[100]; //K个机器人的移动邻域
int min_max_L=INF; //最小的最大邻域长度
void init(){ //初始化函数 
	int i;
	cin>>N>>K;
	for(i=1;i<=K;i++){
		cin>>a[i];
	}
	sort(a+1,a+K+1);
	B[1].l=1;
	B[K].r=N;
	if(K==1){
		B[1].r=N;
	}else{
		B[1].r=a[2]-1;
		B[K].l=a[K-1]+1;
	}
	for(i=2;i<K;i++){
		B[i].l=a[i-1]+1;
		B[i].r=a[i+1]-1;
	}
	F[1].l=1; //第1格一定由第1个机器人扫 
	F[K].r=N; //第N格一定由第K个机器人扫
}
int max_L(){ //最大区间长度 
	int i,L,m=-INF;
	for(i=1;i<=K;i++){
		L=F[i].r-F[i].l+1;
		if(L>m){
			m=L;
		}
	}
	return m; 
}
void search(int index,int left){ //第index个机器人，其左边界为left
	int i,L;
	F[index].l=left; //第index个机器人的左边界
	if(index==K){
		L=max_L();
		if(L<min_max_L){
			min_max_L=L;
		}
		return;
	}
	for(i=a[index];i<=B[index].r;i++){
		F[index].r=i; //第index个机器人的右边界
		search(index+1,i+1);
	}
} 
int main(){
	int i,L;
	init(); //初始化 
	search(1,1);
	cout<<2*(min_max_L-1);
	return 0;
}

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问题描述

方法一

方法二

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