随笔分类 - 贪心
摘要：考虑链的做法，显然将两部分各自从大到小排序后逐位取max即可，最后将根计入。猜想树上做法相同，即按上述方式逐个合并子树，最后加入根。用multiset启发式合并即可维护。因为每次合并后较小集合会消失，总复杂度O(nlogn)。场上并没有被启发得到这个优美的贪心。
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摘要：题面描述的相当绕，其实就是如果ai=j，重排后ai要在aj之后。同时每个ai有附属属性wi，要求最大化重排后的Σiwi。 容易发现这事实上构成一张图，即由j向i连边。由于每个点入度为1或0，该图是基环外向树森林，并且如果图中有环显然无解，所以这张图就是个森林。把0也看做一个点后变成一棵树。由于其是基
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摘要：二分答案后得到每个位置需要被加的次数。考虑贪心。从左到右考虑每个位置，将以该位置为左端点的区间按右端点从大到小加进堆。看该位置还需要被加多少次，如果不需要加了就不管，否则取堆顶区间将其选择，BIT实现区间覆盖。
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摘要：设si为该序列的异或前缀和，则显然相当于求Σmax{sj+sj^si} (i=1~n,j=0~i)。从高位到低位考虑，如果该位si为1，无论sj怎么填都是一样的；如果该位si为0，则sj该位应尽量为1。考虑对每个x预处理出满足si&x=x的最小i。这样贪心时就很好办了。这可以类似前缀和（或者说就是d
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摘要：如果现在选定了一些要求消灭的敌人而不考虑积分，显然应该让每个敌人被刚好能消灭他的人消灭。再考虑最大化积分，显然我们应该优先消灭ci-bi大的敌人，所选用的a也应尽量大。于是按ci-bi从大到小排序，用一个multiset维护a，每次看其中是否有能消灭该敌人的人，如果有则将最小的删去，并用选中的Σci
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摘要：首先将每个括号序列转化为三元组(ai,bi,ci)，其中ai为左括号-右括号数量，bi为前缀最小左括号-右括号数，ci为序列长度。问题变为在满足Σai=0，bi+Σaj>=0 (j<i)的情况下，最大化Σci。 考虑在确定了选哪些序列的情况下如何排列能够尽量满足条件。显然应该把ai>0的放在前面，<
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摘要：容易想到枚举最晚发布成绩的课哪天发布，这样与ti和C有关的贡献固定。每门课要么贡献一些调节次数，要么需要一些调节次数，剩下的算贡献也非常显然。这样就能做到平方级别了。 然后大胆猜想这是一个凸函数三分就能A掉了。具体的，延迟最晚时间一方面会增加学生的不愉快度，这显然是时间越晚不愉快度增加量越大的，导数
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摘要：首先考虑怎么安排攻击顺序。显然如果攻击了某台兵器就应该一直连续攻击直到将其破坏，破坏所需时间可以直接算出来，设其为b。假设确定了某个破坏顺序，如果交换相邻两个兵器，显然不会对其他兵器造成影响，两种顺序的代价则分别为a1(b1-1)+a2(b1+b2-1)和a1(b1+b2-1)+a2(b2-1)，那
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摘要：首先kmp求出每个子串能放在哪些位置。接下来的两部分贪心和状压都可以，各取比较方便的。 最大值考虑贪心。考虑枚举子串的左端点出现顺序，在此基础上每个子串的位置肯定都应该尽量靠前，有是否与上个子串有交两种选择，如果有交一定会使交集最小，于是枚举第一个子串出现位置并暴力枚举4!*23种情况。 最小值考虑
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摘要：倒过来变成查询前缀。考虑怎么排序。第一条代价n*n就相当于inf，说明一个单词的所有前缀都要排在它前面。那么串的依赖关系就是trie的结构。二三条说明代价是Σidi-idfa，那么显然最后的编号应该是trie的一个dfs序（去掉无用节点），并且显然应该先走较小的子树，因为这样使兄弟节点和父亲的编号差
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摘要：链上问题是一个经典的贪心。于是考虑破环成链，将链倍长。求出每个线段右边能作为后继的最远线段，然后倍增即可。
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摘要：贪心的按位考虑。如果所有数在某一位上有奇数个为1，显然无论如何划分这一位最终都会为1；否则将每一部分都划分为偶数个1就能保证最终该位为0，可以标记上哪些位置可以作为划分点（当然也要满足之前可为0的位上是0），如果剩余划分点个数>=m-1则说明该位可为0。
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摘要：显然相当于使序列变成单峰。给原序列每个数按位置标号，则要求重排后的序列原标号的逆序对数最少。考虑将数从大到小放进新序列，那么贪心的考虑放在左边还是右边即可，因为更小的数一定会在其两侧，与它自身放在哪无关。对于相同的数，一定可以将其安排至之间无逆序对，特判一下。
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摘要：首先显然地如果某个点超过了最大负载，删掉它仍然是不合法的。删除某个点当前只会对其父亲产生影响，同一个节点的儿子显然应该按代价从小到大删。考虑如果删掉某个点之后他的父亲不能再删了，我们损失了父亲这个点，但不会对其他点产生任何影响；而若删掉父亲，其儿子节点中能够删除的节点肯定会更少，且会对爷爷造成负面影
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摘要：dp容易想到，但没法进一步优化了。 考虑贪心，每次选出价值最大的物品。但这显然是不对的因为会影响其他物品的选择。 于是考虑加上反悔操作。每次选出一个物品后，将其相邻两物品删除，再将原物品价值变为相邻两物品价值和-原物品价值。这样如果再次选择该物品就可以达到改为选择相邻两物品的效果。并且最优方案中相邻
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摘要：考虑贪心，每次选价值最大的链。选完之后对于链上点dfs序暴力修改子树。因为每个点最多被选一次，复杂度非常正确。
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摘要：按价值从大到小考虑每个元素，维护一个线性基，如果向其中加入该元素的编号仍然构成线性基，则将其加入。 不会证明。当做线性基的一个性质吧。
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摘要：相邻数作差后容易转化成将这些数最多再切m刀能获得的最小偏差值。大胆猜想化一波式子可以发现将一个数平均分是最优的。并且划分次数越多能获得的偏差值增量越小。那么就可以贪心了：将所有差扔进堆里，每次取出增量最大的。 因为m非常大这样还是不行。考虑二分我们所获得的最小偏差值增量。可以解解方程计算出一个数在该
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摘要：容易想到一个费用流做法：将每种蔬菜拆成p种，对应p个过期时间，每一种向可以卖的时间连边，第一次卖的奖励算在最晚过期的一种里。对于天数动态加点。不过这样边数太多了，因为第i天能卖的第i-1天一定能卖，可以改成每一种只向过期时间连边然后第i天向第i-1天连边。这样就有60分了。但费用流没有什么优化空间了
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摘要：显然这形成了一个树形结构。考虑这样一种贪心：按照曲目顺序，每次取消其父亲的预留，并选择当前可选择（保证其子树有合法选择且满足预留）的最大值，然后对其子树预留出大于等于他的一些值。这个做法显然是正确的。问题在于怎么达到预留的效果。 离散化后建一棵权值线段树。线段树每个节点维护这段权值其右边（即大于该权
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