贪心算法是每次选举决策时保证当前状况最优(局部最优)策略的算法。因此在使用贪心时需要保证整体最优解可以由局部最优解导出。
贪心算法的使用通常需要证明，以下为几种常见的证明方法：
1. 邻项交换：
在任意局面下，任何元素位置的改变都会影响当前局面的改变。该方法NOIP曾有涉及。
对局面元素的排序可以为贪心策略提供证明。
2. 范围缩放：
扩大局部最优解的范围不会影响整体最优的情况。
3. 反证法，归纳法：
如同字面意思。 (=´ω｀=)
例题：
1.P2887 [USACO07NOV]防晒霜Sunscreen
分析：
把每个奶牛按照minSPF递减排序，并在防晒霜中找SPF最大的给这头奶牛用(在合理范围内)。假如有两瓶防晒霜x,y可用，其中spf[x]>spf[y]。那么对于下一头奶牛来说，有x,y都能用，只能用y，和x,y都不能用这三种情况。显然，我们将spf低的防晒霜给后面的奶牛用会更优。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
#define N 5000
using namespace std;
struct node{
int l,r;
bool operator <(const node &other)const{
return l>other.l;
}
}c[N];
struct temp{
int num,power;
bool operator <(const temp &other)const{
return power>other.power;
}
}s[N];
int n,m,ans;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d%d",&c[i].l,&c[i].r);
for(int i=1;i<=m;i++)
scanf("%d%d",&s[i].power,&s[i].num);
sort(c+1,c+n+1);
sort(s+1,s+1+m);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++){
if(s[j].power>=c[i].l&&s[j].power<=c[i].r&&s[j].num){
s[j].num--;ans+=1;break;
}
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
2.P2859 [USACO06FEB]摊位预订Stall Reservations
分析：
按照奶牛们开始挤奶的的时间排序，如果与下一个牛的挤奶时间与上一头牛的时间重合，那么新建一个牛棚。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
#define N 50010
using namespace std;
int n,num=1;
struct node{
int l,r,id,vis;
bool operator <(const node &other)const{
return l<other.l;
}
}c[N];
inline int cmp(node x,node y){
return x.id<y.id;
}
priority_queue<pair<int,int>,vector<pair<int,int> >,greater<pair<int,int> > > q;
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d%d",&c[i].l,&c[i].r);
c[i].id=i;
}
sort(c+1,c+n+1);
q.push(make_pair(c[1].r,1));
c[1].vis=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
int stop=q.top().first;
int snum=q.top().second;
if(c[i].l>stop){
q.pop();q.push(make_pair(c[i].r,snum));
c[i].vis=snum;
}
else{
num++;
c[i].vis=num;
q.push(make_pair(c[i].r,num));
}
}
printf("%d
",num);
sort(c+1,c+1+n,cmp);
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%d
",c[i].vis);
return 0;
}
3.P1080 国王游戏
分析：
本题的解题关键就在于，如何排序使得得到金币最多的大臣获得的金币数最少。
我们可以使用邻项交换的方式推导，设两个相邻的大臣(x)，(x+1)，我们分别计算这两个大臣在交换位置之前和交换位置之后的最大值。得到下列柿子：
[maxleft(frac{1}{B[i]},frac{A[i]}{B[i+1]}
ight)$$ $$maxleft(frac{1}{B[i+1]},frac{A[i+1]}{B[i]}
ight)
]
此时两边同时乘(B[i]*B[i+1])，可得：
[maxleft(B[i+1],A[i]*B[i]
ight)
]
[max(B[i],A[i+1]*B[i+1])
]
比较可得，当(A[i]*B[i]leq A[i+1]*B[i+1])时，序列更优。
代码如下：(高精度，不写只有60分)
#include<bits/stdc++.h>
#pragma GCC O(2)
#define N 10100
#define INF 0x7f7f7f7f
#define ll long long
using namespace std;
int n,L,R;
int ans[N<<1],sum[N<<1],add[N<<1];
struct node{
int l,r;
ll key;
bool friend operator < (node x,node y){
return x.key<y.key;
}
}p[N];
inline void modify(){
for(int i=add[0];i>=0;i--)
sum[i]=add[i];
}
inline int compare(){
if(sum[0]>add[0]) return 0;
if(sum[0]<add[0]) return 1;
for(int i=add[0];i>=1;i--){
if(add[i]>sum[i]) return 1;
if(add[i]<sum[i]) return 0;
}
}
inline void multiply(int num){
memset(add,0,sizeof(add));
for(int i=1;i<=ans[0];i++){
ans[i]=ans[i]*num;
add[i+1]+=ans[i]/10;
ans[i]%=10;
}
for(int i=1;i<=ans[0]+5;i++){
ans[i]+=add[i];
if(ans[i]>=10){
add[i+1]+=ans[i]/10;
ans[i]%=10;
}
if(ans[i]) ans[0]=max(ans[0],i);
}
}
inline void divid(int num){
memset(add,0,sizeof(add));
int ext=0;
for(int i=ans[0];i>=1;i--){
ext*=10;
ext+=ans[i];
add[i]=ext/num;
if(add[0]==0&&add[i]) add[0]=i;
ext%=num;
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<=n;i++){
scanf("%d%d",&p[i].l,&p[i].r);
p[i].key=p[i].l*p[i].r;
}
sort(p+1,p+n+1);
ans[0]=ans[1]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
multiply(p[i-1].l);
divid(p[i].r);
if(compare()) modify();
}
for(int i=sum[0];i>=1;i--)
printf("%d",sum[i]);
return 0;
}
4.P1417 烹调方案
分析：
这到题和上一道题本质是一样的，都是用邻项交换作证明的，只不过这道题的推导简单一些。本题若除去b数组，那么就属于经典的线性Dp问题。想要解决元素之间的先后顺序，不妨设两个食材为(x，y)，因此代入公式((ai-t×bi))可得：
其中(p)为先前做完食材的时间。
[a[x]-(p+c[x])*b[x]+a[y]-(p+c[x]+c[y])*b[y]
]
[a[y]-(p+c[y])*b[y]+a[x]-(p+c[y]+c[x])*b[x]
]
化简后易得：$$c[x]b[y]<c[y]b[x]$$
因此只要按照这个优先级对食材排序，再进行排序就可以保证答案的正确性。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
#define N 100010
#define int long long
using namespace std;
struct node{
int a,b,c;
}p[N];
inline int cmp(node x,node y){
return x.c*y.b<y.c*x.b;
}
int f[N],t,n;
signed main()
{
scanf("%d%d",&t,&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&p[i].a);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&p[i].b);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&p[i].c);
sort(p+1,p+n+1,cmp);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=t;j>=p[i].c;j--){
f[j]=max(f[j],f[j-p[i].c]+p[i].a-j*p[i].b);
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=t;i++) ans=max(ans,f[i]);
printf("%d",ans);
return 0;
}
