POJ 3270

黑书上的经典题了。我说说解这个题的巧妙的地方吧。

首先，竟然和置换联系起来了。因为其实一个交换即至少可以使其中一个元素到达指定位置了。和循环置换联合起来，使得一个循环内的数可以一步到达指定位置，很巧妙啊。这样，用循环内的最小的数和其它数交换，需要K-1次的交换即可。另外，也可以把整个数列的最小数 i 和循环内的最小数交换，用 i 来和循环内的其他数交换的权值。 两者权值取最小的即可。

实在巧妙。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define LL __int64
#define N 10000
#define inf (1<<30)
using namespace std;

int num[N+1];
bool vis[N+1];
struct Value{
	int val,pos;
}cow[N+1];

bool cmp(Value a,Value b){
	if(a.val<b.val) return true;
	return false;
}

LL minL(LL a,LL b){
	if(a<b) return a;
	return b;
}


int main(){
	int n,res_min,cnt,mi; LL ans,res;
	while(scanf("%d",&n)!=EOF){
		res_min=inf;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			scanf("%d",&cow[i].val);
			cow[i].pos=i;
			res_min=min(res_min,cow[i].val);
		}
		sort(cow+1,cow+n+1,cmp);
		for(int i=1;i<=n;i++){
			num[cow[i].pos]=i;
		}
		memset(vis,false,sizeof(vis));
		ans=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			if(!vis[i]){
				int k=i; cnt=0; mi=inf; res=0;
				while(!vis[k]){
					cnt++;
					mi=min(mi,cow[k].val);
					res=res+(LL)cow[k].val;
					vis[k]=true;
					k=num[k];
				}
				ans=ans+res+minL((LL)(cnt-2)*(LL)mi,(LL)mi+(LL)(cnt+1)*(LL)res_min);
			}
		}
		printf("%I64d
",ans);
	}
	return 0;
}