简单贪心
贪心算法是指，在对问题求解时，总是做出在当前看来是最好的选择。也就是说，不从整体最优上加以考虑，算法得到的是在某种意义上的局部最优解。
贪心算法不是对所有问题都能得到整体最优解，关键是贪心策略的选择。
主体思路：排序+循环，局部最优解转化为最优解
多考虑中位数，平均值。
区间问题
例.AcWing905 区间选点
给定 $N$ 个闭区间 $[a_i,b_i]$，请你在数轴上选择尽量少的点，使得每个区间内至少包含一个选出的点。
输出选择的点的最小数量。
位于区间端点上的点也算作区间内。
输入格式
第一行包含整数 $N$，表示区间数。
接下来 $N$ 行，每行包含两个整数 $a_i,b_i$，表示一个区间的两个端点。
输出格式
输出一个整数，表示所需的点的最小数量。
数据范围
$1 \le N \le 10^5$,
$-10^9 \le a_i \le b_i \le 10^9$
输入样例
3
-1 1
2 4
3 5
输出样例
2
题解
目标：选尽量少的点，这些点所在的所有区间是题目所给的所有区间。
分析：
1、将每个区间按右端点从小到大排序
2、从前往后依次枚举每个区间
如果当前区域已经包含点，直接过，否则选择当前区域右端点
证明：
1、由于算法得到的所有点都来自于一定没有关联的独立的区间，所需点数量一定大于等于上述算法得到的数量
2、由于算法得到的点满足覆盖所有区间，所需点的数量一定小于等于上述算法得到的数量
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 100010;
int n;
struct Range
{
int l,r;
}range[N];
bool cmp(Range a,Range b)
{
return a.r<b.r;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;i++)
{
int l,r;
scanf("%d%d",&l,&r);
range[i]={l,r};
}
sort(range,range+n,cmp);
int res=0,ed=-2e9;
for(int i=0;i<n;i++)
{
if(range[i].l>ed)
{
res++;
ed=range[i].r;
}
}
printf("%d\n",res);
return 0;
}
例.AcWing908 最大不相交区间数量
目标：选尽可能多的区间，区间不能有重叠。
分析：与上道例题一致
1、将每个区间按右端点从小到大排序
2、从前往后依次枚举每个区间
如果当前区域已经包含点，直接过，否则选择当前区域右端点
证明：
1、算法选出来的区间一定没有交集，所以一定满足题目的选区间的要求，所以答案一定大于等于算法结果
2、如果答案大于算法结果，那么一定至少存在一个区间与已选的所有区间不重叠，但一定会重叠，所以只能等于。
代码与上题完全一致
例.AcWing906 区间分组
给定 $N$ 个闭区间 $[a_i,b_i]$，请你将这些区间分成若干组，使得每组内部的区间两两之间（包括端点）没有交集，并使得组数尽可能小。
输出最小组数。
输入格式
第一行包含整数 $N$，表示区间数。
接下来 $N$ 行，每行包含两个整数 $a_i,b_i$，表示一个区间的两个端点。
输出格式
输出一个整数，表示最小组数。
数据范围
$1 \le N \le 10^5$,
$-10^9 \le a_i \le b_i \le 10^9$
输入样例
3
-1 1
2 4
3 5
输出样例
2
题解
目标：让区间分组，每组内部，区间没有重叠部分，目标是让组数尽可能少
分析：
1、将所有区间按照左端点从小到大排序
2、从前往后处理每个区间
判断是否能放入现在的某个组中(改区间左端点是否小于某组的最大右端点)
1）如果不存在满足条件的组，则新开组，放进去
2）如果存在这样的组，就放入，并更新最大右端值
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>//不用小根堆会超时
using namespace std;
const int N = 100010;
int n;
struct Range
{
int l,r;
bool operator< (const Range &W)const
{
return l < W.l;
}
}range[N];
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;i++)
{
int l,r;
scanf("%d%d",&l,&r);
range[i]={l,r};
}
sort(range,range+n);
priority_queue<int,vector<int>,greater<int>> heap;
for(int i=0;i<n;i++)
{
auto r=range[i];
if(heap.empty()||heap.top()>=r.l) heap.push(r.r);//最小的右端点都大于现在的左端点，所以要新开一个组放了，于是就push(r,r)
else
{
heap.pop();//最小的右端点不与新左端点冲突，可以接在最小的右端点右边，新右端点替代原右端点
//也许可以证明，不是只能更新最小的右端点，任何满足条件的右端点都可以更新，只是这里用小根堆找右端点最小值(top())速度快，更新该值也快(pop()、push())
heap.push(r.r);
}
}
printf("%d\n",heap.size());
return 0;
}
例.AcWing907 区间覆盖
给定 $N$ 个闭区间 $[a_i,b_i]$ 以及一个线段区间 $[s,t]$，请你选择尽量少的区间，将指定线段区间完全覆盖。
输出最少区间数，如果无法完全覆盖则输出 $-1$。
输入格式
第一行包含两个整数 $s$ 和 $t$，表示给定线段区间的两个端点。
第二行包含整数 $N$，表示给定区间数。
接下来 $N$ 行，每行包含两个整数 $a_i,b_i$，表示一个区间的两个端点。
输出格式
输出一个整数，表示所需最少区间数。
如果无解，则输出 $-1$。
数据范围
$1 \le N \le 10^5$,
$-10^9 \le a_i \le b_i \le 10^9$,
$-10^9 \le s \le t \le 10^9$
输入样例
1 5
3
-1 3
2 4
3 5
输出样例
2
题解
目标：从若干个区间中选最少数量的区间以完全覆盖目标区间
分析：
1、将所有区间按左端点从小到大排序
2、从前往后依次枚举每个区间，在所有能覆盖start(目标区间左端)的区间中，选择右端点最大的区间，选完后将start更新为刚刚的右端点最大值
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 100010;
int n;
struct Range
{
int l,r;
bool operator< (const Range &W)const
{
return l<W.l;
}
}range[N];
int main()
{
int st,ed;
scanf("%d%d",&st,&ed);
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;i++)
{
int l,r;
scanf("%d%d",&l,&r);
range[i]={l,r};
}
sort(range,range+n);
int res=0;
bool success = false;
for(int i=0;i<n;i++)
{
int j=i,r=-2e9;
while(j<n&&range[j].l<=st)
{
r=max(r,range[j].r);
j++;//在所有满足左端点条件中遍历最大右端点,用j推进,最后遍历完用j更新i并且用最大r更新st
}
if(r<st)
{
res=-1;
break;//最大值都小于st即无解
}
res++;
if(r>=ed)
{
success=true;//有可能循环结束不是因为这里break而是走完了i,那么res不为-1但是仍然无答案,需要加一个bool表明
break;
}
i=j-1;
st=r;
}
if(!success) res=-1;
printf("%d",res);
return 0;
}
Huffman树
例.AcWing148 合并果子
在一个果园里，达达已经将所有的果子打了下来，而且按果子的不同种类分成了不同的堆。
达达决定把所有的果子合成一堆。
每一次合并，达达可以把两堆果子合并到一起，消耗的体力等于两堆果子的重量之和。
可以看出，所有的果子经过 $n-1$ 次合并之后，就只剩下一堆了。
达达在合并果子时总共消耗的体力等于每次合并所耗体力之和。
因为还要花大力气把这些果子搬回家，所以达达在合并果子时要尽可能地节省体力。
假定每个果子重量都为 $1$，并且已知果子的种类数和每种果子的数目，你的任务是设计出合并的次序方案，使达达耗费的体力最少，并输出这个最小的体力耗费值。
例如有 $3$ 种果子，数目依次为 $1，2，9$。
可以先将 $1、2$ 堆合并，新堆数目为 $3$，耗费体力为 $3$。
接着，将新堆与原先的第三堆合并，又得到新的堆，数目为 $12$，耗费体力为 $12$。
所以达达总共耗费体力$=3+12=15$。
可以证明 $15$ 为最小的体力耗费值。
输入格式
输入包括两行，第一行是一个整数 $n$，表示果子的种类数。
第二行包含 $n$ 个整数，用空格分隔，第 $i$ 个整数 $a_i$ 是第 $i$ 种果子的数目。
输出格式
输出包括一行，这一行只包含一个整数，也就是最小的体力耗费值。
输入数据保证这个值小于 $2^{31}$。
数据范围
$1 \le n \le 10000$,
$1 \le a_i \le 20000$
输入样例
3
1 2 9
输出样例
15
题解
目标：n堆果子，经过n-1次合并最终得到1堆果子，问最小消耗（一次消耗就是两堆果子的数量之和）。不同于区间DP，这个合并不要求是相邻的两堆。
Huffman树，把刚刚合并的过程画成一个树，一定是一个完全二叉树，那每一个没有子节点的节点就是我们题目中的起始果子，而最后的总消耗就是每个节点乘上节点到父节点的距离之和。
做法：每次从所有堆中挑最小的两堆合并，即最优解。
证明：
最小的两个点，深度一定最深，且可以互为兄弟，如何不是深度最深，那么一定可以跟深度最深的点交换，并且显然交换后的消耗更小，所以第一步就是合并最小的两个点，可以得到最优解，由于第一步无论如何都是固定的，所以第一步之后新的树其实完全可以按照刚刚的思路继续递推前进。
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > heap;
while(n--)
{
int x;
scanf("%d",&x);
heap.push(x);
}
int res=0;
while(heap.size()>1)
{
int a=heap.top(); heap.pop();
int b=heap.top(); heap.pop();
res+=a+b;
heap.push(a+b);
}
printf("%d\n",res);
return 0;
}
排序不等式
例.AcWing913 排队打水
题目
有 $n$ 个人排队到 $1$ 个水龙头处打水，第 $i$ 个人装满水桶所需的时间是 $t_i$，请问如何安排他们的打水顺序才能使所有人的等待时间之和最小？
输入格式
第一行包含整数 $n$。
第二行包含 $n$ 个整数，其中第 $i$ 个整数表示第 $i$ 个人装满水桶所花费的时间 $t_i$。
输出格式
输出一个整数，表示最小的等待时间之和。
数据范围
$1 \le n \le 10^5$,
$1 \le t_i \le 10^4$
输入样例
7
3 6 1 4 2 5 7
输出样例
56
题解
分析：最慢的人最后打水，递推思考，谁快谁先
假设说所需时间依次是 2 6 1 ，那么总时间是2x2+6x1，也就是说时间的权重依次减小，所以权重大的放小数字，权重小的放大数字，才能使结果最小。
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 100010;
int n;
int t[N];
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&t[i]);
sort(t,t+n);
LL res=0;
for(int i=0;i<n;i++) res += t[i]*(n-i-1);
printf("%lld\n",res);//注意输出long long是%lld，用%d会WA
return 0;
}
绝对值不等式
例.AcWing104 货仓选址
在一条数轴上有 $N$ 家商店，它们的坐标分别为 $A_1 \sim A_N$。
现在需要在数轴上建立一家货仓，每天清晨，从货仓到每家商店都要运送一车商品。
为了提高效率，求把货仓建在何处，可以使得货仓到每家商店的距离之和最小。
输入格式
第一行输入整数 $N$。
第二行 $N$ 个整数 $A_1 \sim A_N$。
输出格式
输出一个整数，表示距离之和的最小值。
数据范围
$1 \le N \le 100000$,
$0 \le A_i \le 40000$
输入样例
4
6 2 9 1
输出样例
12
题解
分析：
设坐标，由数学可知，对于|a-x|+|b-x|，要使其最小，x要在a与b之间，可以分类讨论x小于min(a,b)，在a与b之间，大于max(a,b)来证明。
故和的最小值应该是将货仓放在中位数(中位数有两个时只要在两个数之间或者端点就行)
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 100010;
int n;
int a[N];
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&a[i]);
sort(a,a+n);
int res=0;
for(int i=0;i<n;i++) res+=abs(a[i]-a[n/2]);
printf("%d\n",res);
return 0;
}
推公式
例.AcWing125 耍杂技的牛
农民约翰的 $N$ 头奶牛（编号为 $1..N$）计划逃跑并加入马戏团，为此它们决定练习表演杂技。
奶牛们不是非常有创意，只提出了一个杂技表演：
叠罗汉，表演时，奶牛们站在彼此的身上，形成一个高高的垂直堆叠。
奶牛们正在试图找到自己在这个堆叠中应该所处的位置顺序。
这 $N$ 头奶牛中的每一头都有着自己的重量 $W_i$ 以及自己的强壮程度 $S_i$。
一头牛支撑不住的可能性取决于它头上所有牛的总重量（不包括它自己）减去它的身体强壮程度的值，现在称该数值为风险值，风险值越大，这只牛撑不住的可能性越高。
您的任务是确定奶牛的排序，使得所有奶牛的风险值中的最大值尽可能的小。
输入格式
第一行输入整数 $N$，表示奶牛数量。
接下来 $N$ 行，每行输入两个整数，表示牛的重量和强壮程度，第 $i$ 行表示第 $i$ 头牛的重量 $W_i$ 以及它的强壮程度 $S_i$。
输出格式
输出一个整数，表示最大风险值的最小可能值。
数据范围
$1 \le N \le 50000$,
$1 \le W_i \le 10,000$,
$1 \le S_i \le 1,000,000,000$
输入样例
3
10 3
2 5
3 3
输出样例
2
题解
分析：
按照wi+si从小到大的顺序排，小的站在上，大的站在下，最大的危险系数一定最小。
证明：
1、贪心得到的答案 >= 最优解，显然
2、贪心得到的答案 <= 最优解，假设最优解不是按照wi+si从小到大的顺序排，一定存在相邻两头牛wi+si>w[i+1]+s[i+1]。
现在讨论对于刚刚所谓”最优解“第i位置上的牛和i+1位置上的牛（注意交换位置后，每头牛的序号不变，也就是说wi换到i+1的位置后仍然是wi，这里的i是绝对位置，不变动）
两牛交换前，
第i位置上的牛危险系数为\(w1+w2+...+w[i-1]-si\)，第i+1位置上的牛危险系数为\(w1+w2+...+w[i]-s[i+1]\)
两牛交换后，
第i位置上的牛危险系数为\(w1+w2+...+w[i-1]-s[i+1]\)，第i+1位置上的牛危险系数为\(w1+w2+...+w[i+1]-si\)
上述四个式子同时减去\(w1+w2+...+w[i-1]\)然后加上\(si+s[i+1]\)可得
交换前：\(s[i+1]\) \(wi+si\)
交换后：\(si\) \(w[i+1]+s[i+1]\)
由于一定存在wi+si>w[i+1]+s[i+1]，wi+si>si，也就是说所谓”最优解“，在做完这么一个交换后，风险最大值（假设是wi+si）反而变小了，那么交换后的情况一定优于这个最优解。（假设是s[i+1]最大值，这就意味着s[i+1]>wi+si，更能说明交换后风险最大值减小了，因为s[i+1]>wi+si>w[i+1]+s[i+1]，s[i+1]>wi+si>si）
故贪心得到的答案 <= 最优解
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef pair<int,int> PII;
const int N = 50010;
PII cow[N];
int n;
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;i++)
{
int w,s;
scanf("%d%d",&w,&s);
cow[i]={w+s,w};
}
sort(cow,cow+n);
int res=-2e9,sum=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
int w=cow[i].second,s=cow[i].first-w;
res=max(res,sum-s);
sum+=w;
}
printf("%d\n",res);
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号