贪心

贪心总结

1.调换决策顺序，列出不等式，获得贪心方法
2.对于一个决策顺序，看看是否需要反悔贪心
3.如果不知道如何贪心，可以随便定一个贪心方法，然后思考其错误性，并进行调整
4.对于已经确定的决策顺序但不知道每个点是否决策，可以使用01背包dp进行决策。
5.可以先想一下特殊情况（不一定是部分分）的贪心策略，然后再打补丁
6.若使用邻项交换法证明贪心，可以使用必要性成立的结论。(例如:\(max(a,c)<max(b,c)\)是\(a<b\)的必要不充分条件)
7.对于不满足传递性（无法表示成一个元素的属性与另一个元素的同种属性比较）的排序标准，可以归纳一下每个元素的性质，然后先对该性质进行排序，再对性质相同的元素进行排序（分类讨论）
8.若无形式化贡献，尽量转换成形式化贡献，便于列不等式

例题

1.P4823[TJOI2013]拯救小矮人（O(nlogn)一贪到底做法）

考虑到可不可以确定一个顺序，使得每个小矮人按一个顺序出去。

假设若小矮人i在小矮人j之前出去，则若调换，如果贪心为正确，则小矮人j能出去，但小矮人i不能够出去。

设未出去的小矮人的身高和（不包括小矮人i和小矮人j）为h，则写下关系式即为\(h+A_{i}+B_{i}<H<=h+A_{j}+B_{j}\)。

整理一下可得\(A_{i}+B_{i}<A_{j}+B_{j}\)。

所以可以把所有小矮人按照\(A_{i}+B_{i}\)升序排序，出去的顺序即为排完序后的顺序。

接下来考虑若一个人无法出去，把已经出去的人拉回来让当前人出去是否更优。（因为上面的贪心方法未考虑不出去的情况）

显然如果想要更优，只能拉回来一个人，所以显然拉回来身高最高的人更优。

所以若 把出去的人中身高最高的拉回，当前人能够出去，则执行此操作；否则就让当前人不出去。

2.P1650 田忌赛马

初步思路：

将田忌的马和齐王的马都从大到小排序，然后双指针比较，若能打过，则打，不能打过，则拿最小的马跟齐王最大的马换了。

错误性：

考虑到处理齐王最小的几只马的时候，使用了速度很快的马比过，而导致换齐王大马的时候很难平手。

正确思路：

将田忌的马和齐王的马都从大到小排序，然后四指针比较，若田忌的快马能打过齐王的快马，则打，直到打不过为止；若田忌的慢马能打过齐王的慢马，则打，直到打不过为止；然后用最慢的马把齐王最大的马换了。如此反复。

3.P5749 [IOI 2019] 排列鞋子

对于求调换次数，显然能够想到逆序对，所以只需要定义出 初始的序列，求出最终的序列即可。

那么有一个显然的贪心，就是从左到右，对于每一个没被匹配过的鞋子，向右边找到一个离它最近的未被匹配的鞋子即可，令负数为i,令正数为i+1即可。

这样就定义出了初始序列，最终序列显然为1~2*n。

对于正确性的证明：

1.对于每个鞋子，一定选择离它最近的鞋子进行匹配。

证明：设当前鞋子位置为x，离当前鞋子最近的能与其匹配的鞋子的位置为y，离当前鞋子次近的能与其匹配的鞋子的位置为b，理论上能与位置为b的鞋子匹配的鞋子为a。

根据定义，有不等式x<y<b，a<b。

则比较y-x+b-a与b-x+|y-a|即可

显然y-x+b-a<=b-x+|y-a|

所以结论成立

2.对于每对鞋子，初始的序列赋值一定是从小到大

证明：设当前鞋子（钦定其为左脚）的初始编号为a，与其匹配的鞋子的初始编号为b，另一只鞋子（钦定其为左脚，且在a的右边）的初始编号为c，与其匹配的鞋子的初始编号为d。

根据定义，有不等式a<b，a<c<d。

只需要比较b-a+d-c与c-a+d-b即可。

显然b-a+d-c<=c-a+d-b

所以结论成立

4.AT_hitachi2020_d Manga Market

考虑能否确定商店购买的顺序关系。

设先选i再选j的时间<=T+0.5且先选j再选i的时间>T+0.5

设x表示走完除了i,j的商店的时间，得出不等式

\(x+1+a_{i}(x+1)+b_{i}+1+a_{j}(x+1+a_{i}(x+1)+b_{i}+1)+b_{j}<x+1+a_{j}(x+1)+b_{j}+1+a_{i}(x+1+a_{j}(x+1)+b_{j}+1)+b_{i}\)

整理可得\(a_{j}b_{i}+a_{j}<a_{i}b_{j}+a_{i}\)

将所有商店按这个标准排序，然后就可以贪心选择了。

设\(f_{i,j}\)表示枚举到第i个商店，已经买了j个商店的最小时间。转移显然为\(f_{i,j}=min(f_{i-1,j},(f_{i-1,j-1}+1)*(a_{i}+1)+b_{i})\)

考虑优化，因为状态数是\(O(n^2)\)的，所以考虑优化状态，发现如果\(a>=1\)，买了\(logT\)个商店后一定会超过T，所以\(j<=logT\)。

对于\(a=0\)，则显然从\(b\)小的往大的贪。

然后考虑对以上两种情况进行整合，因为\(a=0\)这种情况对于每个商店的贡献与时间无关，所以后选显然更优，所以先dp求出\(a>=1\)的情况，再贪心选择\(a=0\)的情况即可。

5.P4409 [ZJOI2006] 皇帝的烦恼

假设为一条链，则\(ans=max_{i=1}^{n-1}a_{i}+a_{i+1}\)，假设变成一个环，则不合法的情况为 出现 一种勋章放置次数>\(\lfloor\frac{n}{2}\rfloor\)，所以需要与\(\lceil\frac{\sum_{i=1}^{n}a_{i}}{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}\rceil\)取max。

6.P2123 皇后游戏

观察题面可得c是单调递增的，所以\(c_{n}\)一定是所有c中最大的，所以只需要让\(c_{n}\)最小即可

考虑贪心确定大臣的顺序，若想要使i号大臣在i+1号大臣的左边，必须满足:

\[max(max(c_{i-1},\sum_{j=1}^{i}a_{j})+b_{i},\sum_{j=1}^{i+1}a_{j})+b_{i+1}<max(max(c_{i-1},\sum_{j=1}^{i-1}a_{j}+a_{i+1})+b_{i+1},\sum_{j=1}^{i+1}a_{j})+b_{i} \]

整理可得：

\[max(c_{i-1}+b_{i}+b_{i+1},\sum_{j=1}^{i}a_{j}+b_{i}+b_{i+1},\sum_{j=1}^{i+1}a_{j}+b_{i+1})<max(c_{i-1}+b_{i+1}+b_{i},\sum_{j=1}^{i-1}a_{j}+a_{i+1}+b_{i+1}+b_{i},\sum_{j=1}^{i+1}a_{j}+b_{i}) \]

两边的\(c_{i-1}+b_{i}+b_{i+1}\)可以同时省去，因为\(max(a,c)<max(b,c)\)是\(a<b\)的必要不充分条件，所以如果满足a<b，则一定满足max(a,c)<max(b,c)。

所以变为：

\[max(\sum_{j=1}^{i}a_{j}+b_{i}+b_{i+1},\sum_{j=1}^{i+1}a_{j}+b_{i+1})<max(\sum_{j=1}^{i-1}a_{j}+a_{i+1}+b_{i+1}+b_{i},\sum_{j=1}^{i+1}a_{j}+b_{i}) \]

把同项提出并约掉得：

\[max(b_{i},a_{i+1})+a_{i}+b_{i+1}<max(b_{i+1},a_{i})+b_{i}+a_{i+1} \]

发现左右相同项可以放到一起，整理后得：

\[max(b_{i},a_{i+1})-b_{i}-a_{i+1}<max(b_{i+1},a_{i})-a_{i}-b_{i+1} \]

观察此式子，观察不等号左侧，发现它等于两个数中较小数的相反数，右侧同理，变为数学表达式则为：、

\[-min(b_{i},a_{i+1})<-min(a_{i},b_{i+1}) \]

把符号约掉后得：

\[min(a_{i},b_{i+1})<min(b_{i},a_{i+1}) \]

所以理论上来讲把所有的大臣按照这个标准排序即可，但是事实上这个不等式不满足传递性（无法表示成一个元素的属性与另一个元素的同种属性比较），考虑让其具有传递性。

归纳一下每位大臣的性质，观察不等式，发现\(a_{i}<b_{i}\)的大臣显然在前，\(a_{i}==b_{i}\)的大臣在中间，\(a_{i}>b_{i}\)的大臣在最后。

所以只需要考虑对于每种大臣之内该如何排序。

若\(a_{i}<b_{i},a_{i+1}<b_{i+1},\)则令\(a_{i}<a_{i+1}\)可满足上述不等式。

若\(a_{i}==b_{i},a_{i+1}==b_{i+1},\)随意。

若\(a_{i}<b_{i},a_{i+1}<b_{i+1},\)则令\(b_{i}>b_{i+1}\)可满足上述不等式。

这样就可以排序了，然后按照题意模拟求出\(c_{n}\)即为答案。

7.P1561 [USACO12JAN] Mountain Climbing S

考虑需要找到一个上山顺序和一个下山顺序，使得下山时间尽可能占满。

首先一个牛如果到达了山顶，一定不会等待别的牛超过自己，因为贡献显然会多一个等待时间，所以上山顺序和下山顺序相同。

先考虑模拟过程，计\(us_{i}\)表示第i头牛上山后的总上山时间，\(ds_{i}\)表示第i头牛下山后的总下山时间。则显然有转移：

\[us_{i}=us_{i-1}+U(i) \]

\[ds_{i}=max(ds_{i-1},us_{i})+D(i) \]

答案显然为\(ds_{n}\)，且ds具有单调性

考虑邻项交换，若要使第i头牛在第i+1头牛前，必须满足以下不等式：

\[max(max(ds_{i-1},us_{i-1}+U(i))+D(i),us_{i-1}+U(i)+U(i+1))+D(i+1)<max(max(ds_{i-1},us_{i-1}+U(i+1))+D(i+1),us_{i-1}+U(i)+U(i+1))+D(i) \]

将该不等式化成1个max得：

\[max(ds_{i-1}+D(i)+D(i+1),us_{i-1}+U(i)+D(i)+D(i+1),us_{i-1}+U(i)+U(i+1)+D(i+1))<max(ds_{i-1}+D(i)+D(i+1),us_{i-1}+U(i+1)+D(i)+D(i+1),us_{i-1}+U(i)+U(i+1)+D(i)) \]

把相同的项消了（能消的原因具体见P2123），得不等式：

\[max(us_{i-1}+U(i)+D(i)+D(i+1),us_{i-1}+U(i)+U(i+1)+D(i+1))<max(us_{i-1}+U(i+1)+D(i)+D(i+1),us_{i-1}+U(i)+U(i+1)+D(i)) \]

把同项提出并消掉后得：

\[max(D(i),U(i+1))+U(i)+D(i+1)<max(D(i+1),U(i))+U(i+1)+D(i) \]

移项后得：

\[max(D(i),U(i+1))-U(i+1)-D(i)<max(D(i+1),U(i))-U(i)-D(i+1) \]

然后就可以表示成（具体原因见P2123）：

\[-min(D(i),U(i+1))<-min(D(i+1),U(i)) \]

去掉负号后得：

\[min(D(i+1),U(i))<min(D(i),U(i+1)) \]

此排序标准没有传递性，所以进行转化，具体同P2123