贪心方法与技巧总结

贪心方法与技巧总结

贪心技巧十分重要，在各类比赛中十分常见，

tag:greedy

Exchange Argument

Exchange Argument 指临项交换/交换论证贪心，一种贪心地构造最优序列的思想

tag:sorting,greedy

适用于在一个操作序列中，找到最优的操作顺序

通常会通过定义一个权值比较器，对所有操作按一定标准排序来完成这一过程，通常需要满足下列性质

• 传递性：\(x<y\wedge y<z\Rightarrow x<z\)，由此排序满足全序关系（不满足全序关系编译器可能报RE，TLE）
• 交换性：\(x<y\Rightarrow y>x\)，保证了排序结果唯一

例题：

P1080 国王游戏

给定从\(0\)至\(n\)共\(n+1\)个二元组\(\{a_i,b_i\}\)，第\(x\)项的结果\(val_x\)是\(\left\lfloor\frac{\prod_{i=0}^{x-1}a_i}{b_i}\right\rfloor\)，求一种排列方式使得\(\underset{1\le x\le n}{max}val_x\)最小，求这个最小值

考虑相邻两项\(\{a_i,b_i\}\)，\(\{a_{i+1},b_{i+1}\}\)

设前缀积\(Prod\)为

\[P=\prod_{i=0}^{i-1}a_i \]

则

\[\text{交换前} \left\{\begin{matrix} \begin{aligned} &val_i&=&\left\lfloor\frac{P}{b_i}\right\rfloor\\ &val_{i+1}&=&\left\lfloor\frac{P\times a_i}{b_{i+1}}\right\rfloor \end{aligned} \end{matrix}\right. \ \ \ \ \text{交换后} \left\{\begin{matrix} \begin{aligned} &val_i&=&\left\lfloor\frac{P}{b_{i+1}}\right\rfloor\\ &val_{i+1}&=&\left\lfloor\frac{P\times a_{i+1}}{b_{i}}\right\rfloor \end{aligned} \end{matrix}\right. \]

如果交换更优则一定有

\[\max(\left\lfloor\frac{P}{b_{i+1}}\right\rfloor,\left\lfloor\frac{P\times a_{i+1}}{b_{i}}\right\rfloor)<\max(\left\lfloor\frac{P}{b_i}\right\rfloor,\left\lfloor\frac{P\times a_i}{b_{i+1}}\right\rfloor) \]

化简得

\[(b_i>a_{i+1}b_{i+1})\vee(b_i<a_{i+1}b_{i+1}\wedge a_ib_i>a_{i+1}b_{i+1}) \]

于是得，当满足下式时需要交换

\[a_ib_i>a_{i+1}b_{i+1} \]

交换后依题意模拟即可，时间复杂度\(O(nlogn)\)

D - Manga Market

任意两点间移动时间为\(1\)，给定\(n\)个点，每个点有两个参数\(a,b\)，当你在时刻\(t\)到达点\(i\)时，你需要花费\(a_it+b_i\)的时间获得这个点，但如果\(t+a_it+b_i>T+0.5\)你无法获得这个点，求最多能获得的点数

设当前时间点为\(t\)，则当发生如下情况需要交换

\[\begin{aligned} &\text{交换前} \left\{\begin{matrix} \begin{aligned} &(a_i+1)(t+1)+b_i&<&T+0.5 \\ &(a_{i+1}+1)((a_i+1)(t+1)+b_i+1)+b_{i+1}&>&T+0.5 \end{aligned} \end{matrix}\right. \\ &\text{交换后} \left\{\begin{matrix} \begin{aligned} &(a_{i+1}+1)(t+1)+b_{i+1}&<&T+0.5\\ &(a_i+1)((a_{i+1}+1)(t+1)+b_{i+1}+1)+b_i&<&T+0.5 \end{aligned} \end{matrix}\right. \end{aligned} \]

化简得

\[a_{i+1}(b_i+1)>a_i(b_{i+1}+1) \]

先想如何朴素计算，设\(dp[i][j]\)表示排序后前\(i\)个节点选择\(j\)个的最小时间花费，于是做一个背包，并滚掉一维

\[dp[i]=min(dp[i-1]+a_i(dp[i-1]+1)+b_i,dp[i]) \]

考虑分类讨论，当\(a_i=0\)时，当前点耗费时间为一定值，显然越靠后越优，于是把节点分成两类，对于\(a_i=0\)的所有节点，按\(b\)从小到大排序，记\(sum_i=\sum^i b_i\)，对于每个\(dp[i]\)二分查找最大的\(s_x\)使得\(s_x\le T-dp[i]\)，答案同步更新\(ans=max(ans,x+i)\)