贪心tricks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。

一般类贪心

主要是证明贪心的正确性。

H. 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

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

即

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

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

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

进一步

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

即

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

按照 \(b\) 降序排序即可。

反悔贪心

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。

朴素贪心想法：按照截止时间排序，优先做利润大的。

问题在于如果后面出现了利润更大的，但前面的已经被安排满了，就会导致贪心策略错误，故这种情况就要反悔操作。

使用一个优先队列维护一个做过的决策集合，如果当前任务还能做，直接加入集合。否则，从之前的决策中取利润最小的替换掉。

这个操作等价于没有做之前的利润小的任务，直接做了利润更大的任务，从局部最优满足了全局最优。

sort(a+1,a+1+n);
for(int i=1;i<=n;++i)
{if(a[i].d<=Q.size()){if(Q.top()>a[i].p) continue;else{int x=Q.top();Q.pop();ans+=a[i].p-x;Q.push(a[i].p);}}else{ans+=a[i].p;Q.push(a[i].p);}
}

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

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

交换后有

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

整理一下，有

\[d_i<d_j \]

故是按照截止时间排序。

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int now=0,cnt=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
{now+=a[i].t1;Q.push(a[i].t1);if(now<=a[i].t2){++cnt;}else{int x=Q.top();Q.pop();now-=x;}
}

然后就可以通过转化，将这个问题建模为其他问题：

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，最初的砖不能超过 \(H\)，等价于最后的砖不能超过 \(H+P\)，可以转化为截止时间。

for(int i=1,p,h;i<=n;++i)
{h=read(),p=read();a[i].t1=p,a[i].t2=p+h;
}