【华为OD机试2023】静态代码扫描服务(Python)
题目描述：
静态扫描快速快速识别源代码的缺陷，静态扫描的结果以扫描报告作为输出：
1、文件扫描的成本和文件大小相关，如果文件大小为N，则扫描成本为N个金币
2、扫描报告的缓存成本和文件大小无关，每缓存一个报告需要M个金币
3、扫描报告缓存后，后继再碰到该文件则不需要扫描成本，直接获取缓存结果
给出源代码文件标识序列和文件大小序列，求解采用合理的缓存策略，最少需要的金币数。
输入描述：
第一行为缓存一个报告金币数M，1<=M<=100
第二行为文件标识序列：F1,F2,F3...Fn, 其中 1<=N<=10000， 1<=Fi<=1000
第三行为文件大小序列：S1,S2,S3...Sn, 其中 1<=N<=10000， 1<=Si<=10
输出描述：
采用合理的缓存策略，需要的最少金币数
示例1
输入：
5
1 2 2 1 2 3 4
1 1 1 1 1 1 1
输出：
7
说明：
文件大小相同，扫描成本均为1个金币。缓存任意文件均不合算，因而最少成本为7金币
示例2
输入：
5
2 2 2 2 2 5 2 2 2
3 3 3 3 3 1 3 3 3
输出：
9
说明：
2号文件出现了8次，扫描加缓存成本共计3+5=8，不缓存成本为3*8=24，显然缓存更优。最优最成本为8+1=9
解题思路：
用字典存储数据{ key1=文件号1: [ 扫描成本 , 出现次数 ] , key2=文件号2: [ 扫描成本 , 出现次数 ] ......}
如果扫描成本*出现次数>扫描成本+缓存成本，那么在第一次扫描后就缓存文件；否则就不缓存，全靠扫描，然后这题就没什么难度了
#华为机试，emo了#
m=int(input())
f=list(map(int,input().split()))
s=list(map(int,input().split()))
dict={}
for i,value in enumerate(f):
if dict.get(value) is None:
dict[value]=[s[i]]
dict[value].append(f.count(value))
baogao=list(dict.items())
sum=0
for item in baogao:
n1=item[1][0]
c1=item[1][1]
if (c1-1)*n1 >m:
sum+=n1+m
else:
sum+=n1*c1
print(sum)
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