贪心算法笔记

大概内容

贪心就是对于一个问题有很多个步骤，我们在每一个步骤中都选取最优的那一个，最后得出答案。就是在一些函数中可行，但是有些比如二次函数，因为它的转折点不一定最优，就是不可行的。那么如何判断贪心呢？有这么几种

看时间复杂度，一般的就是 $O (n)$ 或者是排序 $\ log n)$
或者猜测，看着像就可以试试。
自己用数学证明方法，比如归纳法，交换法，就是如果交换之后答案变得小或者大就可以了。

那贪心在比赛中怎么办呢？可以先尝试一下大小样例，再尝试对拍，有个保底，如果可以也可以证明一下。

然后还有一种贪心，叫做反悔贪心，就是可以撤销，也没别的。

最后因为贪心每次取局部最优，所以代码不长，而且时间复杂度不大。

例题讲解

凌乱的yyy / 线段覆盖

题目大意:有 $n$ 个线段，问最多有多少个不重叠的线段。

思路：贪心，然后按照 $r_{i}$ 排序，每次选取尽可能早的场次并且要合法，也就是不能前面重叠。

证明：如果不相交，那么图片如下。

很明显，一场弄完，另一场。如果包含，图片如下：

那样我们就可以选择第一场，因为它结束得早，可以取另外的场次。所以证明取更早的是永远比更晚的要更优。

时间复杂度： $\log n)$

#include<bits/stdc++.h>
struct noip//有同学不会结构体的多开几个数组 
{
   
	int begin;//开始时间 
	int finish;//结束时间 
}a[2000005];
bool cmp(noip x,noip y)
{
   
	return x.finish<y.finish;//按结束时间排 
}
using namespace std;
int main()
{
   
	int n,ans=1;//初始化 
	cin>>n; 
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
   
		cin>>a[i].begin>>a[i].finish;
	}
	sort(a+1,a+n+1,cmp);//快速排序(不用我多说了吧) 
	int mini=a[1].finish;//定义mini统计最后结束时间 
	int j=1;
	while(j<=n)//我用了while,感兴趣的同学可以用for(提示：for不用定义j) 
	{
   
		j++;
		if(a[j].begin>=mini)//新的比赛开始时间要晚于mini 
		{
   
			ans++;//统计比赛数 
			mini=a[j].finish;//更新mini 
		}
	}
	cout<<ans<<endl;//输出 
	return 0;//功德圆满 
}

Teleporters (Easy Version)

思路：直接 $a_{i}+i$ 排序，就好了。

证明：就是每次都是走过去，传回来，所以直接排序就可以了。

时间复杂度： $\log n)$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node
{
   
	int x,id;
}c[200005];
int n,m,tmp;
bool cmp(node a,node b)
{
   
	return a.x+a.id<=b.x+b.id;//跟思路一样排序
}
int main()
{
   
	int t;
	cin>>t;
	while(t--)
	{
   
		memset(c,0,sizeof(c));
		cin>>n>>m;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
   
			cin>>tmp;
			c[i].x=tmp;
			c[i].id=i;
		}
		sort(c+1,c+n+1,cmp);
		int i=0;
		while(m>=0&&i<=n)
		{
   
			i++;
			m=m-c[i].x-c[i].id;
		}
		cout<<i-1<<endl;	
	}
	return 0;
}

Teleporters (Hard Version)

思路：这一题就是先前缀和记录一下能用的传送门的价值之和，然后在使用二分答案，但是因为起点是 $0$ 的缘故，所以还要另外枚举 $0$ 点。

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 2900001
#define int long long
using namespace std;
int T,n,m,ans,a[maxn],s[maxn];
int check(int c,int x,int id)
{
   //二分最长的合法前缀区间
	int l=1,r=n,sum=-1;
	while(l<=r)
	{
   
		int mid=l+r>>1;
		if(s[mid]-(mid>=id?x:0)<=c)
        	 sum=mid+(mid>=id?-1:0),l=mid+1;//特判x的影响
		else 
			r=mid-1;
	}
	return sum==-1?0:sum;//可能无解
}
signed main()
{
   
	scanf("%lld",&T);
	while(T--)
	{
   
		ans=0;
		map<int,int>mp;//记录位置
		scanf("%lld%lld",&n,&m);
		for(int i=1;i<=n;i++) 
		{
   
			scanf("%lld",&a[i]);
			s[i]=min(a[i]+(n-i+1),a[i]+i);//取最小花费
		}
		sort(s+1,s+n+1);
		for(int i=1;i<=n;i++) 
			mp[s[i]]=i,s[i]+=s[i-1];//前缀和
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
   
			if(m-a[i]-i<0) 
				continue;//可能不合法
			ans=max(ans,check(m-a[i]-i,min(a[i]+(n-i+1),a[i]+i),mp[min(a[i]+(n-i+1),a[i]+i)])+1);//注意要加上当前点i
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}

国王游戏

思路:就是按照 $a_ib_i$ 的大小从小到大排序

证明：我们不妨设两个人分别写了 $a_1,b_1,a_2,b_2$ 且满足 $a_1b_1>a_2b_2$ 则有 $\tfrac{a_2}{b_1}=\tfrac{a_1}{b_2}$

所以有一下两种情况

1在2的前面
1在2的后面

设在设在 $1, 2$ 之前所有人左手乘积为 $k$ ，那么对于第一种情况，我们的答案就是