贪心优化
Part 1：关于贪心与数据结构
一个贪心算法的本质是：不断做出当前情况的最优解，最终可以得到全局最优解
只要这个问题的阶段决策满足上述要求，就可以使用贪心法求解
所以，我们要使得当前阶段决策最优，通常会用到“最值”，即可做出的选择中，最好的那一个
于是，数据结构应运而生，它可以很好的帮助我们维护一堆数据的某个性质，从而有效提高程序的运行效率
（这才是数据结构诞生的意义，所以暴力数据结构题都是毒瘤）
常用于优化其他算法的数据结构：单调队列、单调栈、优先队列、树状数组（线段树）等等
Part 2：例题整理
洛谷P3487[POI2009]ARC-Architects
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标签：单调队列优化贪心
题意梳理
一句话来说：在整个长度为\(n\)的序列中选出长度为\(k\)的子序列，使得这\(k\)个数构成的序列的字典序最大
\(Solution\)
考虑如何最大化字典序，分析字典序的性质——越靠前的数越大，那么这个字典序就越大
比如两个序列：\(a=[2,3000,1000],b=[3,1,1]\)，虽然\(a\)的第二、三项很大，但是因为第一项\(2<3\)，所以排列\(a\)的字典序小于排列\(b\)的字典序
那么贪心的想：只要从第一个依次向后选，并且每次保证进来的数最大，这样贪心的选\(k\)次，就可以保证字典序最大
本题数据较大，\(n\leq 1.5\times 10^7\)，需要使用\(O(n)\)的算法维护最大值，想到单调队列维护
有了大体思路框架之后，开始处理实现细节问题：
-
使用单调队列维护\(n-k+1\)个数中的最大值，这样可以保障我们能够选出\(k\)个数
-
先把前\(n-k\)个数入队，然后每入队一个元素，统计一次答案，时间复杂度\(O(n)\)
-
题目中要求每个数最多选\(1\)次，所以在维护单调队列时，每记录一次最大值当作答案，队头就要弹出
-
原题是一道交互题，需要下载一个交互库，使用前注意变量名不要和交互库中的变量名重复（交互库会和AC代码一起给出）
\(Code\)
/*************************************************************************}
{* *}
{* XVI Olimpiada Informatyczna *}
{* *}
{* Zadanie: Architekci (ARC) *}
{* Plik: carclib.c *}
{* Autor: Bartosz Gorski *}
{* Opis: Biblioteka do wczytywania danych wejsciowych i wypisywania *}
{* wyniku *}
{* *}
{*************************************************************************/
#include <stdlib.h>
#include <stdio.h>
#include <time.h>
#define MAGIC_BEGIN -435634223
#define MAGIC_END -324556462
#define MIN_K 1
#define MAX_K 1000000
#define MAX_N 15000000
#define MIN_A 1
#define MAX_A 1000000000
#define MIN_TYP 1
#define MAX_TYP 3
#define MIN_PAR 0
#define MAX_PAR 1000000000
#define ERROR 0
#define CORRECT 1
#define unlikely(x) __builtin_expect(!!(x), 0)
static int init = 0; // czy zostala juz wywolana funkcja inicjuj()
static int lib_n; // ile biblioteka podala juz liczb
static int con_k; // ile zawodnik podal liczb
static int N, K, A, TYP, PAR; // parametry testu wczytywane z pliku
static int bre, len_sub, bou, is_end; // zmienne pomocnicze
static int rand2_status = 198402041;
static inline int rand2(int a, int b){
rand2_status = rand2_status * 1103515245 + 12345;
int x = rand2_status;
if (x < 0) x = -x; // -2^31 sie nie zdarza :D
x >>= 1;
x = a + x % (b - a + 1);
return x;
}
/* test losowy */
static inline int random_test()
{
return rand2(1, A);
}
/* test z dlugim podciagiem nierosnacym */
static inline int decreasing_test()
{
int tmp;
if(bre == 0) {
bre = rand2(0, (N - lib_n + 1 - len_sub));
tmp = A;
A -= rand2(0, (A - 1) / len_sub);
len_sub--;
}
else {
bre--;
tmp = rand2(1, A);
}
return tmp;
}
/* test z dlugim podciagiem niemalejacym */
static inline int increasing_test()
{
return bou - decreasing_test();
}
static void finish(int res, char *com)
{
if(res == ERROR)
printf("%s\n", com);
exit(0);
}
/* Inicjuje dane wejsciowe i zwraca liczbe projektow */
int inicjuj()
{
if(init == 1)
finish(ERROR, "Program zawodnika moze wywolac funkcje inicjuj tylko raz!!!");
init = 1;
scanf("%d", &K);
if (K > 0){
TYP = 0;
N = MAX_N + 2;
return K;
}
int magic_begin, magic_end;
scanf("%d%d", &magic_begin, &TYP);
if(magic_begin != MAGIC_BEGIN || TYP < MIN_TYP || TYP > MAX_TYP)
finish(ERROR, "Program zawodnika nie moze korzystac z stdin!!!");
scanf("%d%d%d%d", &N, &K, &A, &PAR);
if(N < 1 || N > MAX_N || N < K || K > MAX_K || A < MIN_A || A > MAX_A
|| PAR < MIN_PAR || PAR > MAX_PAR)
finish(ERROR, "Program zawodnika nie moze korzystac z stdin!!!");
scanf("%d", &magic_end);
if(magic_end != MAGIC_END)
finish(ERROR, "Program zawodnika nie moze korzystac z stdin!!!");
con_k = 0;
lib_n = 0;
is_end = 0;
if(TYP == 2 || TYP == 3) {
len_sub = PAR;
bre = 0;
}
if(TYP == 2)
bou = A--;
return K;
}
/* Sluzy do wczytania ciagu reprezentujacego jakosci projektow */
int wczytaj()
{
if(unlikely(init == 0))
finish(ERROR, "Program zawodnika nie wywolal funkcji inicjuj!!!");
if(unlikely(lib_n > N || is_end == 1))
finish(ERROR, "Program zawodnika wywolal funkcje wczytaj po otrzymaniu informacji o koncu ciagu!!!");
if(unlikely(lib_n == N))
return 0;
lib_n++;
switch (TYP) {
case 0:
scanf("%d", &A);
if(A == 0)
is_end = 1;
return A;
break;
case 1: return random_test(); break;
case 2: return increasing_test(); break;
case 3: return decreasing_test(); break;
default:
finish(ERROR, "Nieznany typ testu");
}
return -1;
}
/* Sluzy do wypisania wyznaczonego podciagu */
void wypisz(int jakoscProjektu)
{
if(init == 0)
finish(ERROR, "Program zawodnika nie wywolal funkcji inicjuj!!!");
printf("%d\n", jakoscProjektu);
if(++con_k == K)
finish(CORRECT, "");
}
//以上均是交互库内容
#define maxn 15000010
#define inf 0x3f3f3f3f
struct Queue{
int und,num;//建立结构体，存储下标和数字大小
}q[maxn];//声明单调队列q
int main(){
int a[maxn],n,k;
int ans[maxn],it;
k=inicjuj();
for(int i=1;;i++){
a[i]=wczytaj();//按要求读入
if(a[i]==0) break;
n++;//n是元素个数
}
k=n-k+1;
int i,head=1,tial=0;//建立单调队列维护k个数中最大值
for(i=1;i<k;i++){
while(head<=tial&&q[tial].num<a[i]) tial--;
q[++tial].und=i,q[tial].num=a[i];
}//先入队n-k个元素
for(;i<=n;i++){
while(head<=tial&&q[tial].num<a[i]) tial--;
q[++tial].und=i,q[tial].num=a[i];
while(q[head].und<i-k+1) head++;//新入队元素，维护单调队列性质
ans[it++]=q[head].num;//更新答案
head++;//弹出队头
}
for(int i=0;i<it;i++)
wypisz(ans[i]);//写出答案
return 0;
}
洛谷P3512[POI2010]PIL-Pilots
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标签：单调队列优化贪心
题意梳理
给定一个序列\(S\)和常数\(k\)，输出连续且极差不超过\(k\)的最长子序列长度
这里为什么要把连续标出来呢？因为你谷里有些题解中说的是“不连续”，所以这里请大家注意
如果仔细阅读一下英文题面的话，就会发现给出的一句话中文翻译并不十分准确：
上面这一大段英文的意思大概是：
你的任务是编写一个程序，对于给定长度的位置测量序列，求出在位置容差范围内的最长飞行片段的长度
显然所求序列应该是连续的
\(Solution\)
首先急需解决的是这两个最值怎么求、用什么数据结构维护的问题
数据范围\(n\leq 3\times 10^6\)，猜测正解大概是一个\(O(n)\)的算法。那么，单调队列当之无愧
先口胡一个随便就能想出来的玄学贪心思路：
从第一个元素扫描整个序列，建立两个单调队列，其中\(q_1\)维护最大值，\(q_2\)维护最小值
设一个可能构成答案的序列\(a\)中的第一个元素是\(S_i\)，当扫描到\(S_j\)时，向两个单调队列里加入\(S_j\)，检查极差是否大于\(k\)
若不大于\(k\)，那么这个串的长度就是\(j-i+1\)，用这个\(j-i+1\)更新答案\(ans\)
如果大于\(k\)，那么需要不停淘汰\(a_{max}\)的或者\(a_{min}\)，直到极差\(<k\)，此时\(i\)变为去掉的极值的下标\(+1\)
尝试证明贪心：
Case 1:
如果现在正在统计长度的序列\(a\)加上下一个数\(x\)，极差不超过\(k\)，那么把\(x\)计入长度，一定不会使得结果变差（不拿白不拿法证明贪心）
因为如果不把\(x\)计入\(a\)，根据连续性的要求，\(x\)后面的元素都不能计入\(a\)的长度，所以不加\(x\)最少要比加入\(x\)得到长度少\(1\)
又因为此题中每一个可能构成答案的序列都是独立的，也就是说，在这个序列中选不选\(x\)对其他序列长度没有影响
那既然不选会亏，选了又没有任何可能导致错误的后果，那为什么不选\(x\)呢？选它！
Case 2:
正在统计长度的序列\(a\)加上下一个数\(x\)之后，极差超过了\(k\)的情况
假设序列\(a\)的第一个元素是\(S_i\)，当前枚举到的元素是\(S_j\)，\(q_1\)维护最大值，队头下标\(d_1\)，\(q_2\)维护最小值，队头下标\(d_2\)
对于\(S_j\)与队列中的极大值或极小值冲突，需要弹出队中的极大值或者极小值，使得极差小于\(k\)
显然，对于越靠前的极值，越难以满足之后的决策，所以，当不满足条件时，优先弹出下标较小的极值
弹出后得到新的满足条件的序列的开始元素下标\(i\)，是被弹出的下标最大的极值的下标\(+1\)
\(Code\)
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<stack>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<utility>
#include<iostream>
#include<list>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<iomanip>
typedef long long int ll;
inline int read(){
int fh=1,x=0;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){ if(ch=='-') fh=-1;ch=getchar(); }
while('0'<=ch&&ch<='9'){ x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar(); }
return fh*x;
}
inline int _abs(const int x){ return x>=0?x:-x; }
inline int _max(const int x,const int y){ return x>=y?x:y; }
inline int _min(const int x,const int y){ return x<=y?x:y; }
inline int _gcd(const int x,const int y){ return y?_gcd(y,x%y):x; }
inline int _lcm(const int x,const int y){ return x*y/_gcd(x,y); }
//2147483647
const int maxn=3000005;
const int inf=0x3f3f3f3f;
struct Queue{
int und,num;
};//结构体，分别记录下标和值
Queue q1[maxn],q2[maxn];
int a[maxn],k,n,ans;
int main(){
k=read(),n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i]=read();
int head=1,tial=0,front=1,back=0,st=1;//初始化队头队尾
for(int i=1;i<=n;i++){
while(head<=tial&&q1[tial].num<a[i]) tial--;
q1[++tial].num=a[i],q1[tial].und=i;//维护单调递增队列
while(front<=back&&q2[back].num>a[i]) back--;
q2[++back].num=a[i],q2[back].und=i;//维护单调递减队列
while(_abs(q1[head].num-q2[front].num)>k){//极值大于k
if(q1[head].und<q2[front].und){//找到下标较小的极值，弹出
st=q1[head].und+1;//更新答案序列开始的元素下标st
head++;
}else{
st=q2[front].und+1;
front++;
}
}
ans=_max(ans,i-st+1);//更新答案，看看答案是不是变长了
}
printf("%d\n",ans);//输出答案
return 0;
}
洛谷P3545 [POI2012]HUR-Warehouse Store
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传送门：洛谷P3545 [POI2012]HUR-Warehouse Store
标签：二叉堆优化贪心
题意梳理
给定一个初始为0的\(x\)，\(x\)每天\(+a_i\)，然后可以选择以\(b_i\)的代价，使得答案\(+1\)，也可以什么都不做，问答案最大是多少
\(Solution\)
本题第一眼看上去像一个01背包，但是仔细想想，\(a_i,b_i\leq 10^9\)，显然背包会空间、时间爆炸，\(n\leq 2.5\times 10^5\)的数据，搜索也吃不消
开始往贪心上想，先大胆口胡一个思路：
对于每一个\(b_i\)，若此时\(x>b_i\)，那么满足这个\(b_i\)
显然它是错的，并且很容易构造出数据hack掉这个思路：
3
100 0 0
100 50 50
比如这组数据，在\(i=1\)时，我们满足了\(b_1=100\),但是后面两个\(50\)就无法满足，此时程序答案是\(1\)，正确答案是\(2\)
那么这个思路就没有一点可取之处吗？经过一番思索后，发现它其实对正解有一定的启发（也就是朝着正确的方向犯错）
上面思路错误之处就在于：对于一个前面的\(b_i\)可能很大，导致满足了前面的\(b_i\)之后，后面的一些较小的\(b_j(j>i)\)无法满足
其实不难证明这样一个规律
对于一个已经被满足的\(b_i\)，若存在\(b_j<b_i\)且\(b_j\)无法满足，那么满足\(b_j\)一定不会比满足\(b_i\)更差
它的证明也很简单
如果满足了\(b_i\)，那么需要花费\(b_i\)，答案\(ans+1\)，如果满足\(b_j\)，花费\(b_j(b_j<b_i)\)，同样使得\(ans+1\)，而\(x\)在第\(j\)天增加了\(b_i-b_j>0\)，所以更优
那么我们需要给我们的贪心一个“反悔”的机会，即满足不了\(b_j\)，看之前有没有满足比\(b_j\)大的\(b_i\)，如果有，那么选择在第\(i\)天不满足\(b_i\)，而在第\(j\)天满足\(b_j\)
然后剩余存货\(x\)加上\(b_i-b_j\)，继续按照“能满足则满足，满足不了，能反悔就反悔”的规则向后扫描，直到扫描完整个数组，得到答案\(ans\)即为最大值
我们若扫描已经满足的\(b_i\)来找到大于\(b_j\)的元素的话，最坏复杂度达到了\(O(n^2)\)，对于\(n\leq 2.5\times 10^5\)的数据，显然无法通过此题
所以最后一点，就是需要搞一个数据结构来维护它，显然二叉堆可以方便的维护最大值，我们可以把已经满足的\(b_i\)都扔到二叉堆里，需要“反悔”的时候，取出最大值即可
这样复杂度降低到\(O(nlogn)\)
\(Code\)
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<stack>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<utility>
#include<iostream>
#include<list>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<iomanip>
typedef long long int ll;
inline ll read(){
ll fh=1,x=0;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){ if(ch=='-') fh=-1;ch=getchar(); }
while('0'<=ch&&ch<='9'){ x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar(); }
return fh*x;
}
inline int _abs(const int x){ return x>=0?x:-x; }
inline int _max(const int x,const int y){ return x>=y?x:y; }
inline int _min(const int x,const int y){ return x<=y?x:y; }
inline int _gcd(const int x,const int y){ return y?_gcd(y,x%y):x; }
inline int _lcm(const int x,const int y){ return x*y/_gcd(x,y); }
const int maxn=250010;
const int inf=0x3f3f3f3f;
struct Node{
ll udn,num;//下标，货物数量
};
bool operator < (const Node a,const Node b){ return a.num<b.num; }
std::priority_queue<Node>Q;
ll n,k;
ll in[maxn],out[maxn];//记录进货和需求(a_i和b_i)
bool vis[maxn];//表示b_i有没有被满足
int main(){
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
in[i]=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
out[i]=read();
for(int i=1;i<=n;i++){//扫描到第i天
k+=in[i];
if(k>=out[i]){//库存大于b_i
Q.push((Node){i,out[i]});//满足了，扔到二叉堆里
vis[i]=true;//第i天的需求满足
k-=out[i];//减少库存量
}else if(Q.size()!=0&&Q.top().num>out[i]){
vis[Q.top().udn]=false;//在之前花费最大的那天反悔
k+=Q.top().num;//要回那天的花费
Q.pop();//那天被反悔了弹出
k-=out[i];//今天满足要求
vis[i]=true;
Q.push((Node){i,out[i]}); //今天满足了，扔到二叉堆里，因为今天在之后的决定里还有可能被反悔掉
}
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(vis[i]) ans++;//扫一遍（自带n的常数），看看满足了几天
printf("%d\n",ans);
for(int i=1;i<=n;i++)
if(vis[i]) printf("%d ",i);//第i天满足了
return 0;
}
洛谷P3419 [POI2005]SAM-Toy Cars
标签与传送门
传送门：洛谷P3419 [POI2005]SAM-Toy Cars
标签：二叉堆优化贪心
题意梳理
在地上能存放\(k\)个物品，每个物品都可能在某个时刻被需要，如果此时这个物品在架子上，那么答案+1，把这个物品放到地上，从地上扔掉另一个物品到架子上
要求最小化答案
\(Solution\)
不难发现，此题的主要决策就是当地上已经存在了\(k\)个物品时，有一个新的物品要放到地上，该把地上的哪个物品放回到架子上
口胡简单的思路：把下一次被需要的时间最靠后的物品放到架子上
这里因为本人做题的时候也是一眼口胡的这个思路，并没有严谨证明，翻翻你谷题解区，大部分dalao都是提供各种奇怪思路，好像都没有严谨证明的……
所以这里挖一个坑，等本人闲的没事干了，补上证明
\(Code\)
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<stack>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<utility>
#include<iostream>
#include<list>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
const int maxn=100005;
inline int read(){
int fh=1,x=0;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){ if(ch=='-') fh=-1;ch=getchar(); }
while('0'<=ch&&ch<='9'){ x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar(); }
return fh*x;
}
inline int _abs(const int x){ return x>=0?x:-x; }
inline int _max(const int x,const int y){ return x>=y?x:y; }
inline int _min(const int x,const int y){ return x<=y?x:y; }
inline int _gcd(const int x,const int y){ return y?_gcd(y,x%y):x; }
inline int _lcm(const int x,const int y){ return x*y/_gcd(x,y); }
#define maxn 100005
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int n,k,p,ans;
int a[maxn*5];
bool in_floor[maxn];//记录是否在地板上
int it[maxn];//vector的模拟指针
vector<int>v[maxn];//记录每个玩具在第几回合要玩
struct Toy{
int nxt,num;//num是当前玩具编号,nxt是下次在第几回合玩,如果不再玩了,那么赋值inf
};
bool operator < (const Toy &a,const Toy &b){
return a.nxt<b.nxt;
}
priority_queue<Toy>Q;
int main(){
n=read(),k=read(),p=read();//n是玩具种类,k是地板容量,p是需求序列
for(int i=0;i<p;i++){
a[i]=read();//读入玩玩具的序列
v[a[i]].push_back(i);//编号为a[i]的玩具在第i回合被需求了
}
for(int i=0;i<p;i++){//扫一遍整个序列
if(in_floor[a[i]]){//如果a[i]在地板上
it[a[i]]++;//指针指向下一次需求
if(it[a[i]]<v[a[i]].size())//如果之后还要玩，入堆下一次要玩的时间v[a[i]][it[a[i]]]，和编号a[i]
Q.push((Toy){v[a[i]][it[a[i]]],a[i]});
else Q.push((Toy){inf,a[i]});//下次不玩了，时间记为inf，保证下次一定会被优先弹出
continue;
}
if(k>0){//地板上有空的位置
in_floor[a[i]]=true;//在地板上
it[a[i]]++;//指针指向下一个需求
if(it[a[i]]<v[a[i]].size())
Q.push((Toy){v[a[i]][it[a[i]]],a[i]});
else Q.push((Toy){inf,a[i]});//同上
k--;ans++;//地板容量--，答案++
}else{
while(!in_floor[Q.top().num]) Q.pop();//如果堆顶元素并不在地板上，弹出
in_floor[Q.top().num]=false;//放回去
in_floor[a[i]]=true;//拿下新的来
Q.pop();//弹出堆顶
it[a[i]]++;//新的指针更新
if(it[a[i]]<v[a[i]].size())
Q.push((Toy){v[a[i]][it[a[i]]],a[i]});
else Q.push((Toy){inf,a[i]});//同上
ans++;
continue;
}
}
printf("%d",ans);//输出答案
return 0;
}
//upd 2020/9/28优化了代码可读性与整齐度，增加了一些注释
//双倍经验题SPOJ688过不了，仍然有锅，待调试
