贪心例题
1.雷达设备
题目链接：https://www.acwing.com/problem/content/114/
解决思路：我们所要找到的是雷达的最小数目，因此我们需要对每个小岛进行大都分析
①求出能够到达他的海岸线的范围，通过d与y我们可以求出他的x轴上的覆盖范围，（l,r），然后按照区间的右端点排序。
②求出每个岛的覆盖范围后，我们需要找出最少的使用雷达的数量，如果当前区间包括下一点的区间范围，则直接跳过；如果当前区间不能包含下一个区间，则增加一个雷达数目，并且将雷达范围更新为下一个雷达的区间。
例如下图所示：只需要三个雷达即可
代码：
#include<iostream> #include<cmath> #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; const int N=10101; struct node { double l,r; bool operator <(const node &t)const { return r<t.r; } }s[N]; int main() { int i,j,n,d,x,y; bool flag=false; scanf("%d%d",&n,&d); for(i=0;i<n;i++) { scanf("%d%d",&x,&y); if(y>d) flag=true; else { double len=sqrt(d*d-y*y); s[i].l=x-len;s[i].r=x+len;//计算每个岛的区间 } } if(flag==true) { puts("-1"); } else { sort(s,s+n);//按照区间右端点排序 int cnt=0; double nowl=-1e20; for(i=0;i<n;i++) { if(nowl<s[i].l)//判断当前取件是否有下一个区间的点 { cnt++; nowl=s[i].r;//更新区间 } } printf("%d\n",cnt); } return 0; }
2.付账问题
题目链接：https://www.acwing.com/problem/content/1237/
解题思路：计算最小的方差，S是固定的，因此AVG也是固定的，只要每个人所掏的钱数越接近于AVG，那么方差就会越小
①首先如果每个人的钱数都超过AVG，那么方差就是0
②如果有的人可能钱包小于AVG，那么不够的钱应该分摊到那些钱包有剩余的人那里，因此，我们首先需要将每个人的钱进行从小到大排序，分别计算当前人数的平均值，看当前这个人的钱包是否足够，不够就掏出自己目前所有的钱，然后，到第二个人的时候需要掏的钱：(S-a[0])/(n-1)，如果也不够，也是掏出自己目前所有的钱，到第三个人的时候需要掏出：(S-a[0]-a[1])/(n-2)依次类推，算出最小方差，进而算出最小标准差，再保留4为小数。
代码：
#include<iostream> #include<cmath> #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; const int N=500010; int n,a[N]; double s; int main() { int i,j; cin>>n>>s; for(i=0;i<n;i++) cin>>a[i]; sort(a,a+n); double ans=0,avg=s/n; for(i=0;i<n;i++) { double cur=s/(n-i); if(a[i]<cur) cur=a[i]; ans+=(cur-avg)*(cur-avg); s-=cur; } printf("%.4lf",sqrt(ans/n)); return 0; }
3.乘积最大
题目链接：https://www.acwing.com/problem/content/description/1241/
解题思路：双指针算法，根据K的奇偶分别计算
当K是偶数，结果非负，因为，如果负数是偶数个，负负得正，结果为非负；如果负数是奇数个，那就选偶数个绝对值最大的负数
k 如果是奇数个的话,
(1)所有的数字如果都是负数,那么选出来的结果也一定都是负数
(2)否则的话,则一定至少有 1个非负数, 那么我们将最大的数取出来, 此时要选的个数就是 k--,
# k-- 是偶数,那么就又转化为 k-- 是偶数的情况思考
代码：
#include<iostream> #include<algorithm> #include<cstdio> using namespace std; typedef long long ll; int n,k; const int mod=1000000009; const int N=100010; int a[N]; int main() { int i,j; cin>>n>>k; for(i=0;i<n;i++) cin>>a[i]; sort(a,a+n); ll res=1,l=0,r=n-1; int sign=1; if(k%2) { res=a[r--]; k--; if(res<0) sign=-1; } while(k) { ll x=(ll)a[l]*a[l+1]; ll y=(ll)a[r]*a[r-1]; if(x*sign>y*sign) { res=x%mod*res%mod; l+=2; } else { res=y%mod*res%mod; r-=2; } k-=2; } printf("%lld",res); return 0; }
4.灵能传输
题目：https://www.acwing.com/problem/content/1250/
解题思路：前缀和，找出最佳单调有序序列
代码：
#include<iostream> #include<algorithm> #include<cstring> using namespace std; typedef long long ll; const int N=300010; int T; ll a[N];//存放最初灵能值 ll s[N];//存放前缀和 ll f[N];//存放最终的有序序列 bool st[N]; int main() { cin>>T; while(T--) { int n,i,j; cin>>n; s[0]=0; for(i=1;i<=n;i++) { cin>>a[i]; s[i]=s[i-1]+a[i]; } ll s0=s[0],sn=s[n]; if(s0>sn) swap(s0,sn); sort(s,s+n+1); for(i=0;i<=n;i++) { if(s[i]==s0) { s0=i; break; } } for(i=0;i<=n;i++) { if(s[i]==sn) { sn=i; break; } } memset(st,0,sizeof(st)); int l=0,r=n; for(i=s0;i>=0;i-=2) { f[l++]=s[i]; st[i]=true; } for(i=sn;i<=n;i+=2) { f[r--]=s[i]; st[i]=true; } for(i=0;i<=n;i++) { if(st[i]==false) f[l++]=s[i]; } ll res=0; for(i=1;i<=n;i++) { res=max(res,abs(f[i]-f[i-1])); } cout<<res<<endl; } return 0; }
5.后最表达式
题目：https://www.acwing.com/problem/content/1249/
解题思路：这道题特别坑，以为很简单，但是内藏玄机。
①我们需要判断负号的个数，如果一个都没有，那就全部相加
②如果负号个数不为0，那么我们要求最大数，故此假设有3个负号1个正号，我们按从小到大排序，最大的数的计算式为：
a5-(a1-a2-a3)+a4=a5+a4+a3+a2-a1
因此，当符号个数大于0时，我们选择减去的数介于1~m之间,由于我们要求最大的数，因此尽可能的减去极少的数，故而只需要减去最小的即可
代码：
#include<iostream> #include<algorithm> #include<cmath> using namespace std; typedef long long ll; const int N=100010; ll a[2*N]; int main() { int n,m,i,j; cin>>n>>m; for(i=0;i<n+m+1;i++) cin>>a[i]; sort(a,a+n+m+1); ll res=0; if(m==0) { for(i=0;i<n+m+1;i++) res+=a[i]; cout<<res<<endl; } else { res=a[n+m]-a[0]; for(i=1;i<n+m;i++) res+=abs(a[i]); cout<<res<<endl; } return 0; }
