贪心总结

贪心题一般没有什么技巧，多做题积累经验。

对于结论或策略，大胆猜想，小心求证，注意使用数据结构优化 / 结合其他算法。

Exchanging Arguments

全序关系（Total Order）：

设集合 \(X\) 上的二元关系 \(\leq\) 满足以下三条公理，则称 \(\leq\) 为全序关系：

1. 反对称性（Antisymmetry）
   若 \(a \leq b\) 且 \(b \leq a\)，则 \(a = b\)（即不存在两个不同元素互相“小于等于”）。
2. 传递性（Transitivity）
   若 \(a \leq b\) 且 \(b \leq c\)，则 \(a \leq c\)（序关系可递推）。
3. 完全性（Comparability / Totality）
   对任意 \(a, b \in X\)，必有 \(a \leq b\) 或 \(b \leq a\)（任意两元素可比较大小）。

满足全序关系的集合称为全序集（Totally Ordered Set），也称为线性序集或链（Chain）。

• 有一全序集 \(S\) 上的全序 \(<\)，给定 \(S\) 中元素组成的序列 \(p\)。
• 定义了序列的价值 \(f(p)\)，若 \(q\) 是 \(p\) 交换了一对 \(p_{i+1}<p_i\) 的 \(p_i,p_{i+1}\) 之后的排列，有 \(f(q)\le f(p)\)。
• 如何排列 \(p\) 以最小化 \(f(p)\)？

结论：排序 \(p\) 使得 \(p_i<p_{i+1}\)，此时 \(f(p)\) 最小。

证明：如果没有完成排序，一定存在 \(p_i>p_{i+1}\)，交换可得更优解。因此没有排序好的序列全部不是最优解，可能是最优解的只剩下排序好的序列，这就是最优解。

如果是偏序，这个结论就不一定正确了。

Fight Against Monsters

先用二分求出每个怪需要打的次数。

问题转化为

一个排列的答案是

\[\sum_{i=1}^{n} \sum_{i\le j}^{n} a_j \]

考虑邻项交换 \(i,i+1\)，答案的变化就为

\[b_i \sum_{j \ge i}^{n}a_j + b_{i+1} \sum_{j \ge i}^{n} a_j - (b_{i+1}\sum_{j \ge i}^{n}a_j + b_{i}\sum_{j \ge i}^{n} a_j) = b_{i+1}a_i - b_i a_{i+1} \]

如果交换更优，应满足

\[b_{i+1}a_i < b_i a_{i+1} \]

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

按照属性升序排序即可。

打怪兽2

对于 \(b_i \ge a_i\) 的肯定先打，按照 \(a_i\) 排序。

对于 \(b_i < a_i\) 的，考虑邻项交换。

设现在还剩血量 \(t\)，面对怪兽 \((a_i,b_i),(a_{i+1},b_{i+1})\)，若不交换更优，应满足

\[t-a_i \ge 0\\ t-a_i+b_i-a_{i+1} \ge 0\\ t-a_{i+1} < 0 \ \lor \ t-a_{i+1}+b_{i+1}-a_{i} < 0 \]

由 \(b_i<a_i\)

\[t-a_{i+1} > 0 \]

只能有

\[t-a_{i+1}+b_{i+1}-a_i<0 \]

\[a_i+a_{i+1}-b_i \le t < a_{i+1} + a_i -b_{i+1} \]

\[b_i > b_{i+1} \]

按照 \(b\) 降序排序即可。

Hall 定理

AT_arc147_e [ARC147E] Examination

我的题解

学了二分图的 Hall 定理，写一篇题解记录一下。

Hall 定理

一个二分图存在 完备匹配 ，当且仅当 \(V_1\) 中任意 \(k\) 个顶点至少连接 \(V_2\) 中 \(k\) 个顶点。

这里就不加证明，读者可自行查阅资料。

给定两个数组 \(A,B\)，可以选择 \(A\) 的一些位置任意重排，使得对于任意的 \(i\) 都有 \(A_i \ge B_i\)。

现将 \(A,B\) 排序，本题可以转化为一个二分图的问题，如果有 \(A_j \ge B_i\)，则 \(i,j\) 连边。

先把无解的情况判了，如果存在 \(A_i < B_i\) 则无解。证明是容易的，如果存在这个 \(i\)，那么 \(i\) 以及其后面一共 \(n-i+1\) 个点在二分图中对应的右部点最多只有 \(n-i\) 个点，根据 Hall 定理，此时二分图不存在完备匹配，故无解。

接下来考虑最小化被选中重排的集合 \(S\)，那么 \(A_i < B_i\) 的一定要包含在集合中，同时 \(S\) 以及对应的 \(N(S)\) 也应具有完备匹配。

于是我们先将 \(A_i < B_i\) 的提取出来做个排序，如果无法满足条件，则说明一定要从已经合法的一对提取出来，不难发现，我们想要的是 \(j\) 满足 \(B_j \le A_i\) 且 \(A_j\) 最大。感性理解这样正确的原因，我们第一个约束满足了选出来的集合 \(S\) 一定有 \(A_i\ge B_i\)，第二个约束能使得后面的决策能更容易地被满足，缩减 \(S\) 的规模。

具体地，我们使用两个小根堆维护二分图的左部点集合 \(V_1\)，右部点集合 \(V_2\)。依次检索 \(V_1,V_2\) 所有对应元素，如果合法则跳过，否则选取未被选取的点中 \(B_j \le A_i\) 且 \(A_j\) 最大的，这个可以依次加入并用大根堆维护。

时间复杂度，排序和堆都是 \(\Theta(n \log n)\) 的。

反悔贪心 & 模拟费用流

思路是确定一个全序关系，我们肯定会在排好序的序列中选一段子序列按顺序做。至于怎么选就是反悔操作。

P2949 [USACO09OPEN] Work Scheduling G

题目大意：给个任务有一个截止时间，每个时间安排一个任务，求最大利润。

使用 Exchanging arguments 确定贪心顺序。

假设最优解是选 \(T = \{(d_1,p_1),(d_2,p_2),\dots,(d_n,p_n)\}\)。

交换相邻两项 \((d_i,p_i),(d_{i+1},p_{i+1})\)。

那么 \(T\) 更优说明：

1. \(d_i = d_{i+1}\)，此时 \(p_i>p_{i+1}\)。
2. \(d_i \not = d_{i+1}\)，设之前用时为 \(t\)，此时 \(t\le d_i,t+1\le d_{i+1},t \le d_{i+1},t+1>d_i\)，得到 \(d_{i} < d_{i+1}\)。

容易证明上面是一个全序关系。

然后就是反悔部分。

使用一个堆维护决策，如果当前的能做就做，否则如果之前的任务有收益更低的就用当前任务替换。

P4053 [JSOI2007] 建筑抢修

题目大意：每个任务有所需时间和截止时间，求最多能安排多少任务。

朴素贪心：按照截止时间排序，扫一遍判断是否能做。

此时就会有无法做的任务，我们会直接舍弃，给前面一个任务很多的时间，贪心错误，考虑反悔。

用一个大根堆维护决策集合，具体维护其时间。如果当前时间能够做这个任务，就直接做。否则，一定有一个任务是不能做的，只能尽可能地压缩当前时间，以保证后面能安排更多的任务。于是考虑从大根堆中取出耗费时间最多的决策去除，消去其贡献。

注意一定要先贪心再反悔。

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贪心证明：

假设我们确定了要选 \(S\) 中的所有任务，通过邻项交换推导策略。

记之前已经用的时间为 \(t\)，即 \(\sum_{k=1}^{i-1} a_k = t\)

对于相邻的 \(i,j\)，交换前更优，即满足交换后就没法完成第二个任务了，有

\[t+a_i \le d_i,t+a_i+a_j \le d_j \]

\[t+a_j \le d_j,t+a_j+a_i > d_i \]

\[d_i<d_j \]

故是按照截止时间排序。

然后就可以通过转化，将这个问题建模为其他问题：

P11457 [USACO24DEC] Job Completion G

邻项交换容易证明按照截止时间排序。

证明跟上一题是一样的。

使用堆维护决策，如果能加就加入，否则要在保证答案最优的条件下取最小的时间。

P2107 小 Z 的 AK 计划

直接按顺序反悔贪心，走到 \(i\) 机房时，能做就做，用堆维护所有决策，当不能 AK 时，就替换一个时间最大的。

Zabuton

将每个人抽象成任务，拥有任务所需时间和截止时间，那么添加的砖就是任务所需时间。

code

CF865D Buy Low Sell High

一种直观的想法是如果能赚钱就直接卖掉，显然是错误的。

考虑设计一种反悔自动机来修正贪心决策。

使用一个堆维护可以买的股票，显然当天的最优决策是 \(x_i - Q.top()\)，做完决策后，我们不妨将 \(x_i\) 再次压入优先队列。

这样的好处是，考虑股票 \(i\) 的最佳配对 \(j\)，但是在 \(k\) 时 \(i,k\) 配对了（\(x_i<x_k<x_j\)），此时在考虑到 \(k\) 时我们一定会有一个决策 \(j,k\) 配对，全局的收益是 \(x_k-x_i\)，保证了正确性！