1.洛谷 P1650 赛马
2.codevs 2181 田忌赛马
题目描述
我国历史上有个著名的故事： 那是在2300年以前。齐国的大将军田忌喜欢赛马。他经常和齐王赛马。他和齐王都有三匹马：常规马，上级马，超级马。一共赛三局，每局的胜者可以从负者这里取得200银币。每匹马只能用一次。齐王的马好，同等级的马，齐王的总是比田忌的要好一点。于是每次和齐王赛马，田忌总会输600银币。
田忌很沮丧，直到他遇到了著名的军师――孙膑。田忌采用了孙膑的计策之后，三场比赛下来，轻松而优雅地赢了齐王200银币。这实在是个很简单的计策。由于齐王总是先出最好的马，再出次好的，所以田忌用常规马对齐王的超级马，用自己的超级马对齐王的上级马，用自己的上级马对齐王的常规马，以两胜一负的战绩赢得200银币。实在很简单。
如果不止三匹马怎么办？这个问题很显然可以转化成一个二分图最佳匹配的问题。把田忌的马放左边，把齐王的马放右边。田忌的马A和齐王的B之间，如果田忌的马胜，则连一条权为200的边；如果平局，则连一条权为0的边；如果输，则连一条权为－200的边……如果你不会求最佳匹配，用最小费用最大流也可以啊。 然而，赛马问题是一种特殊的二分图最佳匹配的问题，上面的算法过于先进了，简直是杀鸡用牛刀。现在，就请你设计一个简单的算法解决这个问题。
输入输出格式
输入格式：
第一行一个整数n，表示他们各有几匹马（两人拥有的马的数目相同）。第二行n个整数，每个整数都代表田忌的某匹马的速度值(0 <= 速度值<= 100)。第三行n个整数，描述齐王的马的速度值。两马相遇，根据速度值的大小就可以知道哪匹马会胜出。如果速度值相同，则和局，谁也不拿钱。
【数据规模】
对于20%的数据，1<=N<=65；
对于40%的数据，1<=N<=250；
对于100%的数据，1<=N<=2000。
输出格式：
仅一行，一个整数，表示田忌最大能得到多少银币。
输入输出样例
3 92 83 71 95 87 74
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 6 int a[2333],b[2333],n,ans; 7 8 int main() { 9 cin>>n; 10 for(int i=1; i<=n; i++) cin>>a[i]; 11 for(int i=1; i<=n; i++) cin>>b[i]; 12 sort(a+1,a+n+1); 13 sort(b+1,b+n+1); 14 int tj_b=1,tj_e=n,qw_b=1,qw_e=n; 15 while(tj_b<=tj_e) { 16 if(a[tj_b]>b[qw_b]) { 17 ans+=200,tj_b++,qw_b++; 18 } 19 else 20 if(a[tj_e]>b[qw_e]) { 21 ans+=200,tj_e--,qw_e--; 22 } 23 else{ 24 if(a[tj_b]<b[qw_e]) ans-=200; 25 tj_b++,qw_e--; 26 } 27 } 28 if(ans>0) cout<<ans; 29 else cout<<"0"; 30 return 0; 31 }
3.洛谷 P1090 合并果子
4.Codevs 1063 合并果子
题目描述
在一个果园里，多多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。多多决定把所有的果子合成一堆。
每一次合并，多多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。多多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，所以多多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，使多多耗费的体力最少，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。
输入输出格式
输入格式：
输入文件fruit.in包括两行，第一行是一个整数n(1<＝n<=10000)，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ai(1<＝ai<=20000)是第i种果子的数目。
输出格式：
输出文件fruit.out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2^31。
输入输出样例
3 1 2 9
15
说明
对于30％的数据，保证有n<=1000：
对于50％的数据，保证有n<=5000；
对于全部的数据，保证有n<=10000。
思路：
用建一个小根堆，每次都取上面最小的两个加起来，插入堆中，每次取最小值，最后的值就为最小值。
╭(╯3╰)╮ 代码：
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<queue> 4 #include<algorithm> 5 using namespace std; 6 7 long long n,a,ans; 8 priority_queue<int>d; 9 10 int main() { 11 cin>>n; 12 for(int i=1; i<=n; i++) { 13 cin>>a; 14 d.push(-a); 15 } 16 int firs,secon; 17 for(int i=1; i<n;i++) { 18 firs=d.top(); 19 d.pop(); 20 secon=d.top(); 21 d.pop(); 22 d.push(firs+secon); 23 ans+=firs+secon; 24 } 25 cout<<-ans<<endl; 26 return 0; 27 }
5.洛谷 P1809 过河问题_NOI导刊2011提高（01）
题目描述
有一个大晴天，Oliver与同学们一共N人出游，他们走到一条河的东岸边，想要过河到西岸。而东岸边有一条小船。
船太小了，一次只能乘坐两人。每个人都有一个渡河时间T，船划到对岸的时间等于船上渡河时间较长的人所用时间。
现在已知N个人的渡河时间T，Oliver想要你告诉他，他们最少要花费多少时间，才能使所有人都过河。
注意，只有船在东岸（西岸）的人才能坐上船划到对岸。
输入输出格式
输入格式：
输入文件第一行为人数N，以下有N行，每行一个数。
第i+1行的数为第i个人的渡河时间。
输出格式：
输出文件仅包含一个数，表示所有人都渡过河的最少渡河时间
输入输出样例
4 6 7 10 15
42
说明
[数据范围]
对于40%的数据满足N≤8。
对于100%的数据满足N≤100000。
[样例解释]
初始：东岸{1，2，3，4}，西岸{}
第一次：东岸{3，4}，西岸{1，2} 时间7 第二次：东岸{1，3，4}，西岸{2} 时间6 第三次：东岸{1}，西岸{2，3，4}，时间15 第四次：东岸{1，2}，西岸{3，4} 时间7 第五次：东岸{}，西岸{1，2，3，4} 时间7
所以总时间为7+6+15+7+7=42，没有比这个更优的方案。
思路：
方法有两种，一种是让最快的跑腿，第一快和第二快的一起过去，让最快的来回接送其他人，这样貌似是最优的，但还有一种情况，就是第一快和第二快过去了，让第一快回来，但不让它回去，让第一慢和第二慢回去，再让第二快回来接第一快，在某些情况下这种情况是比上一种快的，所以我们在两者之间取小，还有就是在只有1、2、3个人时，自己分别判断一下。
╭(╯3╰)╮ 代码：
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 using namespace std; 4 5 int n,ans,sped[100001]; 6 int start; 7 8 int main() { 9 cin>>n; 10 for(int i=1;i<=n;i++) { 11 cin>>sped[i]; 12 } 13 start = n; 14 while(start) { 15 if(start==1) { ans+=sped[1];break; } 16 else if(start==2) { ans+=sped[2]; break; } 17 else if(start==3) { ans+=sped[1]+sped[2]+sped[3]; break; } 18 else { 19 ans+=min(sped[2]+sped[1]+sped[start]+sped[2],sped[start]+2*sped[1]+sped[start-1]); 20 start-=2; 21 } 22 } 23 cout<<ans<<endl; 24 return 0; 25 }
6.洛谷 P1325 雷达安装
7.Codevs 2625 雷达安装
题目描述
描述：
假设海岸线是一条无限延伸的直线。它的一侧是陆地，另一侧是海洋。每一座小岛是在海面上的一个点。雷达必须安装在陆地上（包括海岸线），并且每个雷达都有相同的扫描范围d。你的任务是建立尽量少的雷达站，使所有小岛都在扫描范围之内。
数据使用笛卡尔坐标系，定义海岸线为x轴。在x轴上方为海洋，下方为陆地。
样例1如图所示
输入输出格式
输入格式：
第一行包括2个整数n和d，n是岛屿数目，d是雷达扫描范围。
接下来n行为岛屿坐标。
输出格式：
一个整数表示最少需要的雷达数目，若不可能覆盖所有岛屿，输出“-1”。
输入输出样例
3 2 1 2 -3 1 2 1
2
思路：
看到这个题目，一脸懵，怎么办？？不会啊~~ 再想想，来我们将题目转化一下就容易多了。
* 雷达覆盖问题 - 问题转化：
- 将问题稍微进行转化：将基站设为覆盖半径为 D。
- 则问题变为：每个基站的覆盖区域必须要有雷达。
* 雷达覆盖问题 - 问题转化：
- 又因为雷达只能放在 X 轴上，所以每个基站覆盖的其实是一条线段。
如何转化成在x轴上的线段呢？？ 简单~~ 数学知识（a^2+b^2=c^2）求a的长度（a嘛，就是覆盖区域（圆）与x轴的交点到基站的直线距离；c嘛，就是所说的d喽，覆盖半径；b嘛，就是基点坐标的纵坐标；三者构成三角形）
左端点就为原点坐标的x-a，右端点为原点坐标的x+a（用结构体将两者联系一下就是一条线段~(≧▽≦)/~啦）。
- 则问题变为：每条线段上必须要要有雷达。
怎么样，现在是不是感觉好理解多了？？ 那么，我们的贪心策略是什么(⊙o⊙)？
先把线段按右端点排个序，对于最早的线段将雷达放在它的右端点上，Why？ Because 按右端点排序后，如果第一条线段的右端点比第二条线段的左端点打，说明两者有重叠部分，那么在右端点放置一个雷达就是最优的，（其他方法不会比这种方法更少），如果此线段上已经有了雷达，那么标记一下，从下一个没有雷达的开始重复上述做法（也就是循环了）。
贪心算法 - 总结
* 贪心算法是指，在对问题求解时，总是做出在当前看来是最好的选择。也就是说，不从整体最优上加以考虑，他所做出的是在某种意义上的局部最优解。——以上来自百度百科。
* 贪心算法解题的一般步骤：
1 局部最优，当规模较小的时候做出最优的决策；
- 举例子，观察数据，大胆猜想
2 全局最优解，每一步所作的贪心选择最终能得到问题的最优解；
- 力所能及的时候，小心求证
自己选的路，跪着也要走完！！