gcj 2008 Round1A A题

缘起

GCJ 水题~ gcj 2008 Round1A Problem A. Minimum Scalar Product

分析

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两个向量 v1=(x1,...,xn) 和 v2=(y1,...,yn), 允许你任意调换v1和v2的各自分量的顺序，计算v1和v2的
内积x1y1+...+xnyn的最小值.

【输入】
多样例，第一行是样例数. 每个样例首先输入n 其次是两个n长度的数组

【输出】
对每个样例，输出最小内积

【样例输入】
2
3
1 3 -5
-2 4 1
5
1 2 3 4 5
1 0 1 0 1 
 	
【样例输出】
Case #1: -25
Case #2: 6

【限制】
Small dataset

T = 1000
1 ≤ n ≤ 8
-1000 ≤ xi, yi ≤ 1000

Large dataset

T = 10
100 ≤ n ≤ 800
-100000 ≤ xi, yi ≤ 100000

注意到以下事实

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x1<x2,y1<y2, 则 x1y1+x2y2>x1y2+x2y1
所以对于任何n长度的向量的内积，可以通过调换顺序变成最小. 最小就是一个升序，一个降序。

ac代码（gcj的提交比较有意思，如果你仅仅是practice的话，则可以写出超时算法，只要结果正确就行~ 囧~ 这样看来还是国内的oj比较好）

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//#include "stdafx.h"

#include <stdio.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
//#define LOCAL

typedef long long LL;

LL n,a[805],b[805];

int main()
{
#ifdef LOCAL
	freopen("d:\\data.in", "r", stdin);
	freopen("d:\\my.out", "w", stdout);
#endif
	int t;
	scanf("%d", &t);
	for(int k = 1; k<=t ;k++)
	{
		scanf("%lld", &n);
		for (LL i = 0; i<n; i++)
		{
			scanf("%lld", a+i);
		}
		for (LL i = 0; i<n; i++)
		{
			scanf("%lld", b+i);
		}
		sort(a,a+n);
		sort(b, b+n);
		LL ans = 0;
		for (LL i = 0; i<n;i++)
		{
			ans+= a[i]*b[n-1-i];
		}
		printf("Case #%d: %lld\n", k, ans);
	}
	return 0;
}