笔者认为：贪心算法（greedy algorithm），指对事情的每一步都选择最优解解决，因此常用做求最值问题。
题意：
多多有n堆果子，每堆果子的数目可能不一样（ai），多多想要把果子合并成一堆，求多多最少花费的体力值。
例如有 33 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 。所以多多总共耗费体力 = 3 + 12 = 15。可以证明 15为最小的体力耗费值。
分析：
只要在每次合并中，合并的是一堆里数目最少的两堆就可以得到最优解。因此一开始想到 是每次都排列一下数组，然后取最小的两个数。结果TLE了5个点。百度了一下sort()的时间复杂度是O(n*log2(n))，整个算法就是 n * nlog2(n) >= n2 。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 const int maxn = 1e5 + 2; 6 long long num[maxn]; 7 long long n, ans; 8 9 int main() 10 { 11 while(cin >> n){ 12 ans = 0; 13 for(int i = 0; i < n; i++) cin >> num[i]; 14 15 for(int i = 0; i < n - 1; i++){ 16 sort(num + i, num + n); 17 18 ans += num[i] + num[i+1]; 19 num[i+1] = num[i] + num[i+1]; 20 num[i] = 0; 21 } 22 cout << ans << endl; 23 } 24 return 0; 25 }
笔者的思想是，要使每次输入都让数组的值都从小到大排列，除了以上做法还有另外的做法吗？答案是有的，使用priority_queue（优先队列），不过priority_queue取出的是最大值，因此还需要转换一下。
// 声明一个从大到小取出数值的优先队列
priority_queue<int> que;
// 声明一个从小到大取出数值的优先队列（P77）
priority_queue<int, vector<int>, greater<int> > que;
简单分析下：
先看下priority_queue的声明：
template <class T, class Container = vector<T>,
class Compare = less<typename Container::value_type> > class priority_queue;
Vector名为“容器”，可存放任意类型的动态数组（好，这个很容易理解）；
让我最不解的是，less 与 greater；
二者可以简单理解为，前者是从小到大的排列（less），后者是从大到小的排列(greater)，而他俩恰好在priority_queue里的效果相反了。
这时忽然想到queue的特性是“先进先出”，因此，less是把一串数字从小到大地存储进去，再使用top（顶部），所以取出的是队列里最大的数，于是greater正好和less相反了。（这个top很有灵性呀）
百度一下priority_queue的时间复杂度：
1） push() O(log N)
2） top() O(1)
3） pop() O(log N)
4） empty() O(1)
5） size() O(1)
整个算法下来的时间复杂度是 n * log n，比第一个算法少了一个 n，AC了/
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<queue> 4 #include<vector> 5 using namespace std; 6 7 priority_queue<int, vector<int>, greater<int> > que; 8 int ans; 9 10 int main() 11 { 12 int n; 13 while(cin >> n) { 14 int num; ans = 0; 15 for(int i = 0; i < n; i++) cin >> num, que.push(num); 16 17 while(que.size() >= 2){ 18 int min1 = que.top(); que.pop(); 19 int min2 = que.top(); que.pop(); 20 ans += min1 + min2; 21 que.push(min1 + min2); 22 } 23 cout << ans << endl; 24 } 25 return 0; 26 }
收获：priority_queue优先队列的使用
下一题：
题意：
对于给定的一个长度为N的正整数Ai，现要将其分成连续的若干段，并且每段和不超过M（可以等于M），问最少能将其分成多少段使得满足要求。
比如， N = 5, M = 6, 数组A = { 4, 2, 4, 5, 1 } ，最终结果是 3，因为可以划分为[4][2,4][5,1]
分析：
难度是入门难度——水题。
先排序，然后以最大为主，找最小的。
1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 6 const int maxn = 1e6 + 2; 7 int n, m; 8 int num[maxn]; 9 int ans; 10 11 int main() 12 { 13 while(cin >> n >> m){ 14 ans = 0; 15 for(int i = 0; i < n; i++) cin >> num[i]; 16 sort(num, num+n); 17 18 int a = 0, b = n-1; 19 while(a <= b){ 20 int tot = 0; 21 tot += num[b]; 22 b--; 23 if(a > b) break; 24 while(1){ 25 tot += num[a]; 26 if(tot > m) break; 27 a++; 28 } 29 ans++; 30 } 31 32 cout << ans << endl; 33 } 34 return 0; 35 }
结果一提交：3个WA，1个AC，1个RE
（一脸问号）
看了一个WA点的输出比我输出还大。
……
噢~原来不能改动数组值的顺序，还真是水题啊！
1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 using namespace std; 4 5 const int maxn = 1e6 + 2; 6 int n, m; 7 int num[maxn]; 8 int ans, tot; 9 10 int main() 11 { 12 while(cin >> n >> m){ 13 tot = 0; ans = 1; 14 for(int i = 0; i < n; i++) cin >> num[i]; 15 16 for(int i = 0; i < n; i++){ 17 tot += num[i]; 18 if(tot > m) { ans++, tot = num[i]; } 19 } 20 cout << ans << endl; 21 } 22 return 0; 23 }
但我为什么会理解错题意呢？得好好反思一下。
收获：并没有quq;
下一题！
P1208[USACO1.3]混合牛奶 Mixing Milk
题意：
买牛奶，给出需要牛奶的总数n与提供你购买选择的m位农民，下面n+1行就是每位农名可以卖给你的牛奶总量以及单价。求达到n时最少的花费。
分析：
水题。只要从小到大排序下单价购买就Ok。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 typedef long long LL; 6 const int maxn = 5005; 7 int n, m, ans; 8 struct node { 9 int p; 10 int a; 11 }milk[maxn]; 12 13 bool cmp(node a, node b) 14 { 15 return a.p < b.p; 16 } 17 18 int main() 19 { 20 while(cin >> n >> m){ 21 ans = 0; 22 for(int i = 0; i < m; i++) cin >> milk[i].p >> milk[i].a; 23 24 sort(milk, milk+m, cmp); 25 26 for(int i = 0; i < m && n > 0; i++){ 27 if(n < milk[i].a) { ans += milk[i].p * n; n -= n; } 28 else { ans += milk[i].p * milk[i].a; n -= milk[i].a; } 29 } 30 31 cout << ans << endl; 32 } 33 return 0; 34 }
收获：重温了下结构体与sort的运用。其实并没有收获什么quq
下一题：
题意：
有n个人在一个水龙头前排队接水，假如每个人接水的时间为Ti，请编程找出这n个人排队的一种顺序，使得n个人的平均等待时间最小。
分析：
刚开始还没看懂题目，因为搞不懂排队顺序那个输出是什么意思。搞懂了就清楚了。
第一个3表示的是原数组的第三个数，以此类推。
水题，求最少的平均等待时间，当然是接水时间最少的人先排了，所以从小到达排列，然后就是简单的数学问题了。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 const int maxn = 1005; 6 int n; 7 double ans; 8 struct node{ 9 int d; 10 int sc; 11 }num[maxn]; 12 13 bool cmp(node a, node b) 14 { 15 return a.sc < b.sc; 16 } 17 18 int main() 19 { 20 while(cin >> n){ 21 ans = 0; 22 for(int i = 0; i < n; i++){ 23 cin >> num[i].sc; 24 num[i].d = i+1; 25 } 26 sort(num, num+n, cmp); 27 28 for(int i = 0; i < n; i++) ans += num[i].sc*(n-i-1); 29 30 for(int i = 0; i < n; i++){ 31 if(i != 0) cout << ' '; 32 cout << num[i].d; 33 } 34 cout << endl; 35 printf("%.2f ", ans*1.0/n); 36 } 37 return 0; 38 }
收获：并没有quq
下一题：
题意：
元旦快到了，校学生会让乐乐负责新年晚会的纪念品发放工作。为使得参加晚会的同学所获得 的纪念品价值相对均衡，他要把购来的纪念品根据价格进行分组，但每组最多只能包括两件纪念品， 并且每组纪念品的价格之和不能超过一个给定的整数。为了保证在尽量短的时间内发完所有纪念品，乐乐希望分组的数目最少。
你的任务是写一个程序，找出所有分组方案中分组数最少的一种，输出最少的分组数目。
分析：
题解跟我上面做数列分段那题的第一思路是一样的，而且还更简单！水题！
1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 const int maxn = 3e5 + 5; 6 int num[maxn]; 7 int w, n; 8 int ans; 9 int a, b, tot; 10 11 int main() 12 { 13 while(cin >> w >> n){ 14 ans = 0; 15 for(int i = 0; i < n; i++) cin >> num[i]; 16 sort(num, num+n); 17 18 a = 0; b = n-1; 19 while(a <= b){ 20 tot = num[b]; 21 b--; 22 tot += num[a]; 23 if(tot <= w) a++; 24 ans++; 25 } 26 cout << ans << endl; 27 } 28 return 0; 29 }
收获：并没有qwq
下一题：
题意：
现在各大oj上有n个比赛，每个比赛的开始、结束的时间点是知道的。
yyy认为，参加越多的比赛，noip就能考的越好（假的）
所以，他想知道他最多能参加几个比赛。
由于yyy是蒟蒻，如果要参加一个比赛必须善始善终，而且不能同时参加2个及以上的比赛。
分析：
题目写得很清楚了，线段覆盖题，经典的贪心问题，熟悉《挑战程序设计竞赛》（白书）这题也只能算水题了。贪心方法就是选最早结束的比赛。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 const int maxn = 1e7 + 2; 6 int n, ans, t; 7 struct node{ 8 int f; 9 int s; 10 }num[maxn]; 11 12 bool cmp(node a, node b) 13 { 14 return a.s < b.s; 15 } 16 17 int main() 18 { 19 while(cin >> n){ 20 ans = t = 0; 21 for(int i = 0; i < n; i++) cin >> num[i].f >> num[i].s; 22 23 sort(num, num+n, cmp); 24 25 for(int i = 0; i < n; i++){ 26 if(t <= num[i].f){ 27 ans++; 28 t = num[i].s; 29 } 30 } 31 32 cout << ans << endl; 33 } 34 return 0; 35 }
收获：贪心经典题目的回顾。
下一题：
题意：
有N堆纸牌，编号分别为 1,2,…,N。每堆上有若干张，但纸牌总数必为N的倍数。可以在任一堆上取若干张纸牌，然后移动。
移牌规则为：在编号为1堆上取的纸牌，只能移到编号为2的堆上；在编号为N的堆上取的纸牌，只能移到编号为N−1的堆上；其他堆上取的纸牌，可以移到相邻左边或右边的堆上。
现在要求找出一种移动方法，用最少的移动次数使每堆上纸牌数都一样多。
例如N=4，4堆纸牌数分别为：
9 8 17 6
移动3次可达到目的：
从③4张牌放到 ④（9,8,13,10）-> 从 ③ 取3张牌放到 ②（9,11,10,10）-> 从 ② 取1张牌放到①（10,10,10,10）。
分析：
最后牌要一样多，所以最先想到平均数；
这时我们可以知道每堆牌是否已经达到目标；
这里需要注意的是，我们怎么判断那个已经达到目标的牌堆里还要不要移动呢？
比如这个例子：
3
4 10 16
这时候我们可以用到求最小子序列那题的思想，把每堆减去平均数就可以达到一下效果：
-6 0 6
一直加，加到非0状态就加一次，遍历完后，即可得到一个AC。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 using namespace std; 4 const int maxn = 105; 5 int num[maxn]; 6 int n, tot, ans; 7 8 int main() 9 { 10 while(cin >> n){ 11 ans = tot = 0; 12 for(int i = 0; i < n; i++){ 13 cin >> num[i]; 14 tot += num[i]; 15 } 16 17 int ave = tot / n; 18 for(int i = 0; i < n; i++) num[i] -= ave; 19 for(int i = 0; i < n-1; i++){ 20 if(num[i] == 0) continue; 21 else { 22 num[i+1] += num[i]; 23 ans++; 24 } 25 } 26 cout << ans << endl; 27 } 28 return 0; 29 }
收获：多了一道需要注意的题目。
下一题：
省选/提高题。缺乏经验，先不写了。
最后小结：
洛谷上普及难度的题笔者是基本可以应付了，感觉是比入门难度还要灵活一点的题目，通常数据不大，思维比较灵活，只要头脑不犯晕基本没问题。
五月第一场训练结束/
感谢你能看到这里，笔者虽然经验不多，但正为成为一名合格的ACMer努力着，所以笔录中可能会有很多小毛病，你的纠错会是我进步的巨大推动器。
再次感谢你。
最后祝你身体健康，因为笔者刚到五月就感冒了quq。