백준12776 Swap Space

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문제 링크

  • http://icpc.me/12776

문제 출처

  • 2016 ICPC World Finals L번

사용 알고리즘

  • 그리디

시간복잡도

  • $O(N \log N)$

풀이

Exchange Argument를 이용해 그리디 풀이를 생각해봅시다.

$N = 2$이고, $i$번째 드라이브의 old file system에서의 용량을 $A_i$, new file system에서의 용량을 $B_i$라고 합시다.

만약 $B_i - A_i \geq 0$ 이면서 $B_j - A_i \le 0$이라면 i번째 드라이브를 먼저 포맷하는 것이 항상 이득입니다. 하지만 둘 다 0 이상이거나 둘 다 0 미만일 때는 어떤 순서로 포맷을 해야 최적이 되는지 쉽게 알 수 없습니다.

  • 첫 번째 드라이브를 포맷한 뒤에 두 번째 드라이브를 포맷한다면 용량이 $\max{A_1, A_1-B_1+A_2}$인 extra drive가 필요합니다.
  • 두 번째 드라이브를 포맷한 뒤에 첫 번째 드라이브를 포맷한다면 용량이 $\max{A_2, A_2-B_2+A_1}$인 extra drive가 필요합니다.

먼저 $B_i - A_i$와 $B_j - A_j$가 모두 0 이상인 경우를 생각해봅시다.

  • i번째를 먼저 포맷하는 경우 용량이 $\max{A_i, A_i-B_i+A_j}$인 extra drive가 필요합니다.
  • j번째를 먼저 포맷하는 경우 용량이 $\max{A_j, A_j-B_j+A_i}$인 extra drive가 필요합니다.

$A_i \le A_j$일 때 i번째를 먼저 포맷하는 것이 이득이라는 것을 보일 것입니다.

  • $A_j$는 $A_i$보다 큽니다.
  • $A_i-B_i \leq 0$이므로 $A_j$는 $A_i-B_i+A_j$보다 크거나 같습니다.
  • $\max{A_j, A_j-B_j+A_i}$는 $A_j$보다 크거나 같습니다.

그러므로 i번째 드라이브를 먼저 포맷하는 것이 이득입니다.

$B_i - A_i$와 $B_j - A_j$가 모두 0 미만인 경우에도 비슷한 과정을 거쳐 $B_i$가 큰 것을 먼저 포맷하는 것이 이득이라는 것을 보일 수 있습니다.

비교 함수를 적절히 구현해서 정렬해주면 문제를 풀 수 있습니다.

전체 코드

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#include <bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> p;

int n;
p v[1010101];

int main(){
    ios_base::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
    cin >> n;
    for(int i=1; i<=n; i++) cin >> v[i].x >> v[i].y;
    sort(v+1, v+n+1, [](p a, p b){
        ll aa = a.y - a.x, bb = b.y - b.x;
        if(aa >= 0 && bb < 0) return true;
        if(aa < 0 && bb >= 0) return false;
        if(aa < 0) return a.y > b.y;
        return a.x < b.x;
    });

    ll a = 0, b = 0;
    for(int i=1; i<=n; i++){
        ll aa = min(-a, -a+b-v[i].x);
        ll bb = -a+b-v[i].x+v[i].y;
        bb -= aa; aa = -aa;
        a = aa; b = bb;
    }
    cout << a;
}