P1（贪心）
自己想的糟糕的算法：
#include<cstdio>//从大到小排序龙头和骑士，每个龙头由“恰好”能砍掉的骑士来砍
#include<algorithm>//貌似没问题，但是又难写又慢
#include<vector>//就当复习stl了
#include<cstring>
using namespace std;
int n=1,m=1;
int a[30000];
vector<int> b;
vector<int>::iterator iter;
bool boo[30000];
int b1;
bool cmp(int x,int y)
{
if(x>=y) return true;
else return false;
}
int main()
{
int i,j,t,ans;
bool flag;
do
{
scanf("%d%d",&n,&m);
if(n==0&&m==0)
break;
b.clear();
memset(a,0,sizeof(a));
for(i=0;i<n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
for(i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d",&t);
b.push_back(t);
}
if(n>m)
{
printf("Loowater is doomed!
");
continue;
}
flag=false;
ans=0;
sort(a,a+n,cmp);
sort(b.begin(),b.end());
for(i=0;i<n;i++)
{
//注意v1.end()指向的是最后一个元素的下一个位置
iter=lower_bound(b.begin(),b.end(),a[i]);
if(iter==b.end())
if(*(iter-1)<a[i])
{
printf("Loowater is doomed!
");
flag=true;
break;
}
ans+=*iter;
b.erase(iter);
}
if(flag==false)
printf("%d
",ans);
}
while(n!=0||m!=0);
return 0;
}好算法：
#include<cstdio>//从小到大排序龙头和骑士，每个骑士砍对应龙头，如果砍不了就换成下一个，直到能砍了或骑士用完了为止
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=20005;
int a[maxn],b[maxn];
int main()
{
int n,m;
while(scanf("%d%d",&n,&m)==2&&n&&m)
{
for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=0;i<m;i++) scanf("%d",&b[i]);
sort(a,a+n);
sort(b,b+m);
int cur=0;
int cost=0;
for(int i=0;i<m;i++)
if(b[i]>=a[cur])
{
cost+=b[i];
if(++cur==n) break;
}
if(cur<n) printf("Loowater is doomed!
");
else printf("%d
",cost);
}
return 0;
}P2（贪心）
首先是直觉给出算法：
猜想1：
执行时间长的先交代。
猜想2：
交代时间长的先交代。
然后是证明与完善：
考虑有相邻执行的两个任务x和y，现在要确定它们的顺序，显然它们的顺序不会影响其它任务的完成时间。
①当它们执行时间一样长时，不论交代时间关系如何，显然顺序并不影响完成时间。
由此，猜想2被否决。
并且，对于猜想1得到了完善：执行时间一样长时先后顺序任意。
②当它们执行时间不一样长时：不妨设交换前先交代x。
A.交换前x比y后结束。
显然，无论交代时间关系如何，交换它们只能让完成时间更长。
B.交换前x比y先结束。
显然，交换前总时间是x交+y交+y执，交换后是y交+max(y执,x交+x执)
那么何时交换后能使时间变短呢？（如果说交换后时间变短，也就是说交换后的顺序更好）
情况1：y执行<x交+x执
那么，交换后是y交+x交+x执
如果使时间变短，则x交+y交+y执>y交+x交+x执，即(x交+y交+y执)-(y交+x交+x执)>0，所以y执>x执
情况2：y执>=x交+x执
那么，交换前总时间是x交+y交+y执，交换后是y交+y执,显然时间变短，而此时显然y执>x执
综上所述，如果y执行时间更长，就应交换x和y的顺序，使y先执行，也就是执行时间长的应该先执行。
（只列出x交代时间较长的情况，x交代时间较短也是类似的）
P4
首先，举个例子，1号给了2号1个金币，2号给了1号3个，可以简化为2号给1号2个金币。
因此，把两个人间金币的交换简化为单方向的给金币。
xi表示第i个人给了第i-1个人xi个金币(2<=i<=n) （x1表示第1个人给了第n个人x1个金币）（如果xi为负则表示第i-1个人给了第i个人-xi个金币）。
Ai表示第i个人原有金币。M表示每个人最后应有的金币。
可以列出方程M=A1-x1+x2=A2-x2+x3=A3-x3+x4=...
则对于式1，x2=M-A1+x1
对于式2，M=A2-M+A1-x1+x3，x3=2M-A1-A2+x1=(M-A1)+(M-A2)+x1
对于式3，M=A3-2M+A1+A2-x1+x4，x4=3M-A1-A2-A3+x1=(M-A1)+(M-A2)+(M-A3)+x1
.....
定义Ci=(A1+A2+...+Ai)-i*M
则x2=x1-C1
x3=x1-C2
x4=x1-C3
......
xn=x1-C(n-1)
现在，我们要求|x1|+|x2|+...+|xn|的最小值
就是|x1|+|x1-C1|+|x1-C2|+...+|xn-C(n-1)|的最小值
而C1到C(n-1)的值都是已经确定的，因此现在就是在数轴上找一个点到0,C1,C2,...,C(n-1)的距离之和最小
可以证明，当这个点对应的数是0,C1,C2,...,C(n-1)的中位数时距离之和最小。
//http://www.cnblogs.com/hsiaonan/articles/5041630.html快速选择,中位数BFPRT
//http://www.cnblogs.com/hibernate6/archive/2011/05/19/2522294.html-SELECT
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL c[1000100];
LL n,sum,m,ans;
//LL abs(LL a)
//{
// if(a>=0) return a;
// return -a;
//}
int main()
{
int i,t,b1;
while(scanf("%lld",&n)==1)
{
memset(c,0,sizeof(c));
scanf("%lld",&c[1]);
for(i=2;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&t);
c[i]=c[i-1]+t;
}
m=c[n]/n;
for(i=1;i<=n;i++)
c[i]-=i*m;
sort(c,c+n);//不要写成sort(c+1,c+n+1);,这样会出bug
//最后要求的是|b1|+|b1-C1|+|b1-C2|+...+|b1-C(n-1)|的最小值,不涉及到Cn
//可以令C0=0,那么式子变为|b1-C0|+|b1-C1|+|b1-C2|+...+|b1-C(n-1)|
//这样就可以变为求c[0]到c[n-1]的中位数
//因此,可以排序c[0]到c[n-1],然后取c[n/2]
b1=c[n/2];//举例:0,1,2则为1;0,1,2,3则为1或2
// ans=abs(b1);
// for(i=2;i<=n;i++)
// ans+=abs(b1-c[i-1]);//错在此时数组c已经排完序,c[0]不再为0,只能按|b1-C0|+|b1-C1|+|b1-C2|+...+|b1-C(n-1)|来求
ans=0;//曾经因为前面的错误,忘记加上初始化
for(i=0;i<n;i++)
ans+=abs(b1-c[i]);
printf("%lld
",ans);
}
}