贪心
算法笔记：贪心算法核心模型与进阶
贪心算法的核心在于“局部最优解能否推导出全局最优解”。这组题目展示了贪心策略的几种主要推导方式：排序、数学绝对值、哈夫曼树、差分思想以及相邻交换证明法。
1. 基础模型：排队打水 (短作业优先)
来源文件：排队打水.cpp
- 🏷️ 题面抽象：$N$ 个人排队打水，每个人有不同的打水耗时。求一种排队顺序，使得所有人的总等待时间最小。
- 💡 核心思路：
- 贪心策略：让打水快的人排在前面。因为排在前面的人的打水时间会被后面所有的人等待，耗时越短的人被放大的倍数越大，总时间越小。
- 实现：将时间从小到大排序，然后计算前缀和，最后把所有的前缀和（即每个人的等待时间）累加即可。
点击查看代码
void solve()
{
int n;
cin >> n;
vi a(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++)
cin >> a[i];
sort(a.begin() + 1, a.end());
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
a[i] += a[i - 1];
}
int t = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
t += a[i - 1];
}
cout << t << endl;
}
2. 数学模型：货仓选址 (绝对值距离最小化)
来源文件：货仓选址.cpp
- 🏷️ 题面抽象：在一条数轴上有 $N$ 家商店（给出坐标），选择一个点建货仓，使得所有商店到货仓的距离之和最小。
- 💡 核心思路：
- 贪心策略：利用绝对值不等式的性质，最优解必定是这些坐标的中位数。
- 数学推导：假设把货仓建在 $x$ 点，距离和为 $\sum |x - a_i|$。如果把 $x$ 往点密集的地方移动，距离和会减小，最终收敛于最中间的点。
- 实现：将坐标排序，选取坐标 $t = a[(N+1)/2]$，然后遍历一遍数组累加 $|t - a_i|$ 即可。
点击查看代码
//取中位数 就是 最优解
// 开绝对值就推出来了
void solve()
{
int n;
cin >> n;
vi a(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++)
cin >> a[i];
sort(a.begin() + 1, a.end());
int t = a[(n + 1) / 2];
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
ans += abs(t - a[i]);
}
cout << ans << endl;
}
3. 数据结构贪心：合并果子 (哈夫曼树模型)
来源文件：合并果子.cpp
- 🏷️ 题面抽象：有 $N$ 堆果子，每次可以将两堆合并，消耗的体力为两堆重量之和。求把所有果子合并成一堆的最小总体力消耗。
- 💡 核心思路：
- 贪心策略：每次合并产生的重量会参与到后续所有的合并中。为了让总和最小，应该让重量越小的果子被合并的次数越多。
- 实现：使用小根堆（
priority_queue<int, vi, greater<int>>）维护当前所有的堆。每次弹出最小的两个合并，将其和累加到答案中，并将新生成的堆重新放入优先队列，直到队列中只剩 1 个元素。
点击查看代码
void solve()
{
int n;
cin >> n;
priority_queue<int, vi, greater<int>> q;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
int t;
cin >> t;
q.push(t);
}
int ans = 0;
while (q.size() > 1)
{
int a = q.top();
q.pop();
int b = q.top();
q.pop();
ans += (a + b);
q.push(a + b);
}
// if (q.size())
// {
// ans += q.top();
// }
cout << ans << endl;
}
4. 传递模型：均分纸牌 (相邻消除)
来源文件：P_1031_NOIP_2002_提高组_均分纸牌.cpp
- 🏷️ 题面抽象：有 $N$ 堆纸牌，每次可以从一堆向相邻的一堆移动任意张纸牌，求使得所有堆纸牌数量相等的最小移动次数。
- 💡 核心思路：
- 贪心策略：先计算出全局平均数
ave。从左到右线性扫描，对于第 $i$ 堆，不管它是多是少，直接将其与ave的差值（可能为负数，代表索取）传递给第 $i+1$ 堆。 - 实现：只要 $a_i \neq ave$，就令 $a_{i+1} += (a_i - ave)$，并算作一次移动。这种局部“多退少补”的策略，传递到最后一堆时必然正好达到平衡。
点击查看代码
void solve() {
int n;
cin >> n;
vi a(n + 1);
int ave = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
ave += a[i];
}
ave /= n;
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n - 1; i++) {
if (a[i] != ave) {
int t = ave - a[i];
a[i] = ave;
ans++;
a[i + 1] -= t;
}
}
cout << ans << endl;
}
5. 差分贪心：积木大赛 (区间操作)
来源文件：P_1969_NOIP_2013_提高组_积木大赛.cpp
- 🏷️ 题面抽象：目标是搭建高度为 $a_i$ 的积木阵列，每次操作可以对一段连续的区间高度全部加 1，求达到目标状态的最小操作次数。
- 💡 核心思路：
- 贪心策略：从左向右扫描，比较当前高度 $a_i$ 和前一个高度 $a_{i-1}$。
- 分类讨论：
- 如果 $a_i \le a_{i-1}$：搭前一块积木的时候，当前这块可以“顺带”被一起搭好，不需要额外增加操作数。
- 如果 $a_i > a_{i-1}$：前一块积木高度不够，当前这块多出来的高度必须“自立门户”去新增操作，操作数增加 $a_i - a_{i-1}$。
- 实现：
ans += max(0LL, a[i] - a[i-1])。
点击查看代码
void solve() {
int n;
cin >> n;
vi a(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++)
cin >> a[i];
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (a[i] > a[i - 1]) {
ans += a[i] - a[i - 1];
}
}
cout << ans << endl;
}
6. 数学证明模型：耍杂技的牛 (相邻交换法)
来源文件：耍杂技的牛.cpp
- 🏷️ 题面抽象：$N$ 头牛叠罗汉，每头牛有重量 $W$ 和强壮度 $S$。一头牛的危险值 = 它上面所有牛的重量之和 - 它的强壮度。求如何排序能使得队伍中最大的危险值最小。
- 💡 核心思路：
- 贪心策略：按照 $W_i + S_i$ 的值从小到大排序。
- 证明方法（相邻交换法）：假设有两头相邻的牛 A 和 B（A 在 B 上面）。如果把 A 和 B 交换位置，单独列出这两头牛交换前后的最大危险值公式。化简不等式后会发现，当 $W_A + S_A < W_B + S_B$ 时，A 放在上面产生的最大危险值更小。
- 实现：定义结构体，重载小于号为
return (u + v) < (t.u + t.v);，排序后自顶向下模拟，记录重量前缀和，算出每头牛的危险值取最大值。
点击查看代码
//推公式 因为要排序只需要列出两项 假设他们交换看哪个大哪个小 即可
struct Node
{
int u, v;
bool operator<(const Node &t) const
{
return (u + v) < (t.u + t.v);
}
};
void solve()
{
int n;
cin >> n;
vector<Node> a(n + 1);
for (int i = 1, u, v; i <= n; i++)
{
cin >> u >> v;
a[i] = {u, v};
}
sort(a.begin() + 1, a.end());
int ans = -1e18;
int t = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
ans = max(ans, t - a[i].v);
t += a[i].u;
}
cout << ans << endl;
}
7. 综合进阶：积木大赛 Plus (2026西安邀请赛A)
来源文件：积木大赛plus[2026西安邀请A].cpp
- 🏷️ 题面抽象：给定数组，首先需要满足类似“均分纸牌”的平均值传递机制，但在计算步数时，采用了跳跃或交替的区间逻辑（相当于在剥离出来的差值数组上运行“积木大赛”）。
- 💡 核心思路：这是一道结合了多个经典原题的 Composite Problem。
- 第一步（可行性判定与差分构建）：首先求平均值
ave。类似于均分纸牌，计算每个位置需要向后传递的差值，存入数组d。如果中途出现差值 $< 0$ 或总和不被整除，则直接判定无解（输出-1）。 - 第二步（奇偶拆分）：因为题目特有的操作性质（相邻或跳跃传递），将构建出的差值数组
d按照奇偶下标拆分为两个独立的数组odd和even。 - 第三步（复用积木大赛模型）：对拆分出来的
odd和even数组，分别套用《积木大赛》的核心逻辑（即计算 $\sum \max(0, x_i - x_{i-1})$），最后将两部分操作数相加即为答案。
点击查看代码
void solve() {
int n;
cin >> n;
vi a(n + 1);
int ave = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
ave += a[i];
}
if (ave % n != 0) {
cout << -1 << endl;
return;
}
ave /= n;
vi d;
for (int i = 1; i <= n - 1; ++i) {
int now = ave - a[i];
if (now < 0) {
cout << -1 << endl;
return;
}
d.push_back(now);
a[i] = ave;
a[i + 1] -= now;
}
if (a[n] != ave) {
cout << -1 << endl;
return;
}
vi even;
vi odd;
for (int i = 0; i < d.size(); i += 2) {
odd.push_back(d[i]);
}
for (int i = 1; i < d.size(); i += 2) {
even.push_back(d[i]);
}
auto get = [&](vector<int> &x) {
int ans = 0;
x.insert(x.begin(), 0);
for (int i = 1; i < x.size(); i++) {
if (x[i] > x[i - 1]) {
ans += x[i] - x[i - 1];
}
}
return ans;
};
int res = 0;
res = get(odd) + get(even);
cout << res << endl;
}
浙公网安备 33010602011771号