第6讲 贪心

贪心题型困难之处在于既无固定模板，也无固定套路。
往往需要先猜（做题经验很重要），然后证明方法的正确性（平时靠数学证明，笔试靠提交AC哈哈哈）

区间问题

AcWing 905. 区间选点

难度：简单

题目描述

给定N个闭区间[ai,bi]，请你在数轴上选择尽量少的点，使得每个区间内至少包含一个选出的点。

输出选择的点的最小数量。

位于区间端点上的点也算作区间内。

输入格式

第一行包含整数N，表示区间数。

接下来N行，每行包含两个整数ai,bi，表示一个区间的两个端点。

输出格式

输出一个整数，表示所需的点的最小数量。

数据范围

$1≤N≤10^5,$
$−10^9≤ai≤bi≤10^9$

输入样例：

3
-1 1
2 4
3 5

输出样例：

2

贪心

做法

1. 将每个区间按右端点从小到大排序
2. 从前往后枚举每个区间
   若已包含点，则pass
   否则(区间左端点 > 该点)，选择当前区间的右断端点

证明：求得点数为cnt，答案数为ans，即证cnt = ans

1. ans <= cnt: 方案可行，且ans可行方案中最小点数的方案

2. ans >= cnt:

   点分布在cnt个互不连接的区间上，要覆盖这cnt个区间，需要的点数ans >= 区间数cnt

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int kN = 1e5 + 10;

struct Range {
  int l, r;
  // 务必掌握 结构体重载运算符 的写法
  bool operator< (const Range &W) const {
    return r < W.r;
  }
}ranges[kN];

int main() {
  int n;
  scanf("%d", &n);
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    scanf("%d%d", &ranges[i].l, &ranges[i].r);
  }
  sort(ranges, ranges + n);  // 别忘sort()
  int res = 0, ed = -2e9;
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    if (ed < ranges[i].l) {
      res++;
      ed = ranges[i].r;
    }
  }
  printf("%d\n", res);
  return 0;
}

AcWing 908. 最大不相交区间数量

难度：简单

题目描述

给定N个闭区间[ai,bi]，请你在数轴上选择若干区间，使得选中的区间之间互不相交（包括端点）。

输出可选取区间的最大数量。

输入格式

第一行包含整数N，表示区间数。

接下来N行，每行包含两个整数ai,bi，表示一个区间的两个端点。

输出格式

输出一个整数，表示可选取区间的最大数量。

数据范围

$1≤N≤10^5,$
$−10^9≤ai≤bi≤10^9$

输入样例：

3
-1 1
2 4
3 5

输出样例：

2

贪心

做法与上一题一致。

证明：

1. ans >= cnt 做法可行，且ans为max的可行

2. ans <= cnt

   z若存在这ans个两两不相交的区间，那么要使得每个区间上至少一个点，至少需要cnt个点，那么cnt >= ans

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int kN = 1e5 + 10;

struct Range {
  int l, r;
  bool operator< (const Range &W) const {
    return r < W.r;
  }
}ranges[kN];

int main() {
  int n;
  scanf("%d", &n);
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    scanf("%d%d", &ranges[i].l, &ranges[i].r);
  }
  
  sort(ranges, ranges + n);
  int res = 0, ed = -2e9;
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    if (ed < ranges[i].l) {
      res++;
      ed = ranges[i].r;
    }
  }
  printf("%d\n", res);
  return 0;
}

AcWing 906. 区间分组

给定 N 个闭区间 $[a_i, b_i]$，请你将这些区间分成若干组，使得每组内部的区间两两之间（包括端点）没有交集，并使得组数尽可能小。

输出最小组数。

输入格式
第一行包含整数 N，表示区间数。

接下来 N 行，每行包含两个整数 $a_i,\ b_i$，表示一个区间的两个端点。

输出格式
输出一个整数，表示最小组数。

数据范围

$1\le N \le 10^5$

$-10^9 \le a_i \le b_i \le 10^9$

输入样例：

3
-1 1
2 4
3 5

输出样例：

2

贪心

做法

1. 区间按左端点排序

2. 从前往后处理每个区间

   判断是否能将其放到某个现有的组中 l[i] > Max_r

   1. 若不存在这样的组，则开新组，然后将其放入

   2. 若存在，则将其放入，并更新当前组的Max_r

      若存在多个，则随便挑一个放入就行

证明

1. ans <= cnt 合法且…

2. ans >= cnt

   在即将产生第cnt个分组的时刻，这时l[i]大于所有组的Max_r

   即存在cnt个相互有重叠的区间，所以ans >= cnt

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>

using namespace std;

const int kN = 1e5 + 10;

struct Range {
  int l, r;
  bool operator< (const Range &W) const {
    return l < W.l;
  }
}ranges[kN];

int main() {
  int n;
  scanf("%d", &n);
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    scanf("%d%d", &ranges[i].l, &ranges[i].r);
  }
  sort(ranges, ranges + n);
  priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> heap;
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    if (heap.empty() || heap.top() >= ranges[i].l) {
      heap.push(ranges[i].r);
    } else {
      heap.pop();
      heap.push(ranges[i].r);
    }
  }
  printf("%d\n", heap.size());// heap.size()为结果
  return 0;
}

AcWing 907. 区间覆盖

给定 N 个闭区间 $[a_i,b_i]$ 以及一个线段区间 $[s,t]$，请你选择尽量少的区间，将指定线段区间完全覆盖。

输出最少区间数，如果无法完全覆盖则输出 −1。

输入格式

第一行包含两个整数 s 和 t，表示给定线段区间的两个端点。

第二行包含整数 N，表示给定区间数。

接下来 N 行，每行包含两个整数 $a_i,\ b_i$，表示一个区间的两个端点。

输出格式

输出一个整数，表示所需最少区间数。

如果无解，则输出 −1。

数据范围

$1\le N \le 10^5,$

$-10^9\le a\le b\le 10^9,$

$-10^9\le a\le b\le 10^9$

输入样例：

1 5
3
-1 3
2 4
3 5

输出样例：

2

贪心

做法

1. 将所有区间按左端点从小到大排序
2. 从前往后枚举每个区间
   在所有能覆盖start的区间中，选择右端点最大的区间
   然后将start更新为右端点的最大值

证明

1. ans <= cnt 合法且ans为…

2. ans >= cnt

   调整法：找到ans对应选择的区间与cnt对应区间的第一个不同的区间，一定能将ans中这个区间替换为cnt方案中的区间，替换后循环下去…
   最后ans对应方案和cnt中完全一致

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int kN = 1e5 + 10;

struct Range {
  int l, r;
  bool operator< (const Range &W) const {
    return l < W.l;
  }
}ranges[kN];

int main() {
  int st, ed;
  scanf("%d%d", &st, &ed);
  int n;
  scanf("%d", &n);
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    scanf("%d%d", &ranges[i].l, &ranges[i].r);
  }
  sort(ranges, ranges + n);
  int res = 0;
  bool success = false;
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    int j = i, r = -2e9;
    while (j < n && ranges[j].l <= st) {
      r = max(r, ranges[j].r);
      j++;
    }
    if (r < st) {
      res = -1;
      break;
    }
    res++;
    if (r >= ed) {
      success = true;  // 一定要success, 循环结束后可能还没覆盖ed
      break;
    }
    st = r;
    i = j - 1;
  }
  if (!success) res = -1;
  printf("%d\n", res);
  return 0;
}

Huffman树

AcWing 148. 合并果子

与DP章中“合并石子”不同指出在于：合并石子必须是相邻两堆，而合并果子可以不相邻。

在一个果园里，达达已经将所有的果子打了下来，而且按果子的不同种类分成了不同的堆。

达达决定把所有的果子合成一堆。

每一次合并，达达可以把两堆果子合并到一起，消耗的体力等于两堆果子的重量之和。

可以看出，所有的果子经过 n−1 次合并之后，就只剩下一堆了。

达达在合并果子时总共消耗的体力等于每次合并所耗体力之和。

因为还要花大力气把这些果子搬回家，所以达达在合并果子时要尽可能地节省体力。

假定每个果子重量都为 1，并且已知果子的种类数和每种果子的数目，你的任务是设计出合并的次序方案，使达达耗费的体力最少，并输出这个最小的体力耗费值。

例如有 3 种果子，数目依次为 1，2，9。

可以先将 1、2 堆合并，新堆数目为 3，耗费体力为 3。

接着，将新堆与原先的第三堆合并，又得到新的堆，数目为 12，耗费体力为 12。

所以达达总共耗费体力=3+12=15。

可以证明 15 为最小的体力耗费值。

输入格式

输入包括两行，第一行是一个整数 n，表示果子的种类数。

第二行包含 n 个整数，用空格分隔，第 i 个整数 $a_i$ 是第 i 种果子的数目。

输出格式

输出包括一行，这一行只包含一个整数，也就是最小的体力耗费值。

输入数据保证这个值小于 231。

数据范围

$1\le b\le 10000,$

$1\le a_i\le 20000$

输入样例：

3 
1 2 9 

输出样例：

15

贪心

做法

每次选择重量最小的2堆合并

#include <iostream>
#include <queue>

using namespace std;

int main() {
  int n;
  scanf("%d", &n);
  priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> heap;
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    int x;
    scanf("%d", &x);
    heap.push(x);
  }
  long long res = 0;
  while (heap.size() > 1) {
    int a = heap.top(); heap.pop();
    int b = heap.top(); heap.pop();
    res += (a + b);
    heap.push(a + b);
  }
  printf("%lld\n", res);  // %lld
  return 0;
}

排序不等式

AcWing 913. 排队打水

有 n 个人排队到 1 个水龙头处打水，第 i 个人装满水桶所需的时间是 $t_i$，请问如何安排他们的打水顺序才能使所有人的等待时间之和最小？

输入格式

第一行包含整数 n。

第二行包含 n 个整数，其中第 i 个整数表示第 i 个人装满水桶所花费的时间 $t_i$。

输出格式

输出一个整数，表示最小的等待时间之和。

数据范围

$1\le n\le 10^5,$

$1\le t_i\le 10^4$

输入样例：

7
3 6 1 4 2 5 7

输出样例：

56

贪心

做法 用时短的放在前面。（结合公式 + 调整法易证）

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int kN = 1e5 + 10;

int a[kN];

int main() {
  int n;
  scanf("%d", &n);
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    scanf("%d", &a[i]);
  }
  sort(a, a + n);
  long long res = 0;
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    // 下标为i的第(i+1)个人后会有(n-i-1)个人需要等这个a[i]时间
    res += a[i] * (n - i - 1);
  }
  printf("%lld\n", res);
  return 0;
}

绝对值不等式

AcWing 104. 货仓选址

在一条数轴上有 N 家商店，它们的坐标分别为 $A_1\sim A_N$。

现在需要在数轴上建立一家货仓，每天清晨，从货仓到每家商店都要运送一车商品。

为了提高效率，求把货仓建在何处，可以使得货仓到每家商店的距离之和最小。

输入格式

第一行输入整数 N。

第二行 N 个整数 $A_1\sim A_N$。

输出格式

输出一个整数，表示距离之和的最小值。

数据范围

$1\le N\le 100000,$

$0\le A_i\le 40000$

输入样例：

4
6 2 9 1

输出样例：

12

贪心

做法 取中点作为仓库

对于奇数来说，中点为最中间的点
对于偶数来说，中点可以取最中间的两个点中的任意一个，或者二者之间任意点皆可

区间[left, right]的中点为(left + right) >> 1, 因此这里取a[n >> 1]为中点即可

分析

$$\begin{align} f(x) &= |x-x_1|+|x-x_2|+\cdots + |x-x_n|\\ &=(|x-x_1| + |x-x_2|) + (|x-x_2|+|x-x_{n-1}|) +\cdots\\ &\ge(x_n - x_1)+(x_{n-1}-x_2)+\cdots \\ \end{align}$$

当x取重点时都能取到等号，所以$\ge$后的值即为最小值。

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int kN = 1e5 + 10;

int a[kN];

int main() {
  int n;
  scanf("%d", &n);
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    scanf("%d", &a[i]);
  }
  sort(a, a + n);
  long long res = 0;
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    res += abs(a[i] - a[n >> 1]);
  }
  printf("%lld\n", res);
  return 0;
}

推公式

AcWing 125. 耍杂技的牛

农民约翰的 N 头奶牛（编号为 1…N）计划逃跑并加入马戏团，为此它们决定练习表演杂技。

奶牛们不是非常有创意，只提出了一个杂技表演：

叠罗汉，表演时，奶牛们站在彼此的身上，形成一个高高的垂直堆叠。

奶牛们正在试图找到自己在这个堆叠中应该所处的位置顺序。

这 N 头奶牛中的每一头都有着自己的重量 $W_i$ 以及自己的强壮程度 $S_i$。

一头牛支撑不住的可能性取决于它头上所有牛的总重量（不包括它自己）减去它的身体强壮程度的值，现在称该数值为风险值，风险值越大，这只牛撑不住的可能性越高。

您的任务是确定奶牛的排序，使得所有奶牛的风险值中的最大值尽可能的小。

输入格式

第一行输入整数 N，表示奶牛数量。

接下来 N 行，每行输入两个整数，表示牛的重量和强壮程度，第 i 行表示第 i 头牛的重量 $W_i$ 以及它的强壮程度 $S_i$。

输出格式

输出一个整数，表示最大风险值的最小可能值。

数据范围

$1≤N≤50000,$
$1≤Wi≤10,000,$
$1≤Si≤1,000,000,000$

输入样例：

3
10 3
2 5
3 3

输出样例：

2

贪心

做法 按照$w_i+s_i$从小到大排序，最大的危险系数一定是最小的。

思路：这TM谁能想到？（
每头牛的危险值 = 它上面牛的重量和 - 自身的强壮值
要使得某头牛的危险值最小，显然与w和s都有关……然后就靠猜了

证明 采用调整法

若不按照上述方法，一定会存在$w_i+s_i > w_{i+1} + s_{i+ 1}$

关注这i和(i+1)层交换前后牛的危险系数（其他位置不受影响）：

	第i位置的牛	第i+1位置的牛
交换前	$\sum_{j=1}^{i-1}w_j-s_i$	$\sum_{j=1}^{i-1}w_j+w_i-s_{i+1}$
交换后	$\sum_{j=1}^{i-1}w_j-s_{i+1}$	$\sum_{j=1}^{i-1}w_j+w_{i+1}-s_i$

每个式子将去$\sum_{j=1}^{i-1}w_j$后，再加上$s_i+s_{i+1}$得到：

	第i位置的牛	第i+1位置的牛
交换前	$s_{i+1}$	$w_i+s_i$
交换后	$s_i$	$w_{i+1}+s_{i+1}$

由于 $w_i+s_i > max(s_i, w_{i+1}+s_{i+1})$

所以 $max(s_{i+1}, w_i+s_i) > max(s_i, w_{i+1}+s_{i+1})$

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;

const int kN = 5e5 + 10;

PII cows[kN];

int main() {
  int n;
  scanf("%d", &n);
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    int w, s;
    scanf("%d%d", &w, &s);
    cows[i] = {w + s, s};
  }
  sort(cows, cows + n);
  int res = -2e9, sum = 0;  // res初始化要足够小: 最大危险系数可能为大负数
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    int w = cows[i].first - cows[i].second, s = cows[i].second;
    res = max(res, sum - s);
    sum += w;
  }
  printf("%d\n", res);
  return 0;
}