贪心——算法基础篇

本文主要是介绍贪心——算法基础篇，对大家解决编程问题具有一定的参考价值，需要的程序猿们随着小编来一起学习吧！

算法基础课题目篇

区间问题

Problem

给定 \(N\) 个闭区间 \([a_i,b_i]\)，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

Solution

题意：

选取最少的点，能包含所有的区间，如上图答案就是2.

做法：

将每个区间按右端点从小到大排序 (为什么不按左端点? 待会处理，hhh)
从前往后依次枚举每个区间

如果当前区间已经包含点，则直接pass
否则，选择当前区间的右端点

证明：下面证明上面做法合理性

假设Ans是一种最优解，Cnt是一种可行解，因此Ans <= Cnt
假设当前Cnt是一种可行解，按照上述做法，它解的结果假设如下：

第二个区间的左端点必定在第一个区间右边，此时端点数必定最少，所以有Ans >= Cnt。

所以，Ans == Cnt
代码：

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 100010;
struct Range
{
    int l, r;
    bool operator < (const Range & W) const
    {
        return r < W.r;
    }
}range[N];

int main()
{
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; i ++)
    {
        cin >> range[i].l >> range[i].r;
    }
    sort(range, range + n);
    
    int res = 0, rt = -2e9;
    for (int i = 0; i < n; i ++)
    {
        if (range[i].l > rt)
        {
            res ++;
            rt = range[i].r;
        }
            
    }
    cout << res << endl;
    return 0;
}

问题: 如果按照左端点那么改怎么处理？
做法：

将每个区间按左端点从大到小排序
从后往前依次枚举每个区间

如果当前区间已经包含点，则直接pass
否则，选择当前区间的左端点

代码：

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 100010;
struct Range
{
    int l, r;
    bool operator < (const Range &W) const
    {
        return l < W.l;
    }
}range[N];

int main()
{
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; i ++)
        cin >> range[i].l >> range[i].r;
        
    sort(range, range + n);
    
    int res = 0, st = 2e9;
    for (int i = n - 1; i >= 0 ; i --)
    {
        if (range[i].r < st)
        {
            res ++;
            st = range[i].l;
        }
    }
    
    cout << res << endl;
    return 0;
}

最大不相交区间数量

给定 \(N\) 个闭区间 \([a_i,b_i]\)，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。

solution

题意：类似于选课，选课(区间)不能选择有冲突的课(区间)，但是选的课(区间)要尽可能多，其实这道题目和第一题一样，把题意转化一下：在冲突的课(区间)中，只能选择一个，也就是用最少的点去使得每个区间都有选出的点。代码一摸一样

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。

solution

题意：

划分的每个区间不能有交集，所以，结果如上，答案为2

做法：

将所有区间按左端点从小到大排序
从前向后处理每个区间，判断是否能将放到某个现有的组中

如果不存在这样的组，则开新组，然后再将数放进去
如果存在这样的组，将其放进去，并更新当前组的Max_r

代码：

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

using namespace std;

const int N = 100010;

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

int main()
{
    int n;
    cin >> n;
    
    for (int i = 0; i < n; i ++)
        cin >> range[i].l >> range[i].r;
        
    sort(range, range + n);
    
    priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> q;
    for (int i = 0; i < n; i ++)
    {
        if(q.empty() || range[i].l <= q.top()) q.push(range[i].r);
        else
        {
            q.pop();
            q.push(range[i].r);
        }
    }
    
    cout << q.size() << endl;
    return 0;
}

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。

solution

作法：

将所有区间按左端点从小到大排序
从前往后依次枚举每个区间，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更新成右端点的最大值。

code

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 100010;
struct Range
{
    int l, r;
    bool operator < (const Range &W) const
    {
        return l < W.l;
    }
}range[N];

int main()
{
    int st, ed;
    cin >> st >> ed;
    
    int n;
    cin >> n;
    
    for (int i = 0; i < n; i ++)
        cin >> range[i].l >> range[i].r;
        
    sort(range, range + n);
    
    int res = 0;
    bool sucess = false;
    for (int i = 0; i < n; i ++)
    {
        int j = i, r = -2e9;
        while (j < n && range[j].l <= st)
        {
            r = max(r, range[j].r);
            j ++;
        }
        
        if (r < st)
        {
            res = -1;
            break;
        }
        res ++;
        
        if (r >= ed)
        {
            sucess = true;
            break;
        }
       
        
        st = r;
        i = j - 1;
    }
    
    if (!sucess) cout << -1 << endl;
    else cout << res << endl;
    
    return 0;
}

solution

合并果子

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。

Solution

此题考查哈夫曼树的知识，哈夫曼树的特点：树中最小的两个点深度最深，且可以互为兄弟。基于这样的思想，可以构造一个小根堆，每次依次取出两个最小的数，将和加到res,再将两个最小的数的和加到小根堆中，依次执行N-1次,输出res.

Code

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

using namespace std;

const int N = 10010;
int q[N];

int main()
{
    int n;
    cin >> n;
    priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> heap;
    
    for (int i = 0; i < n; i ++)
    {
        cin >> q[i];
        heap.push(q[i]);
    }
    
    int res = 0;
    for (int i = 0; i < n - 1; i ++)
    {
        int a = heap.top();
        heap.pop();
        
        int b = heap.top();
        heap.pop();
        
        int c = a + b;
        
        res += a + b;
        heap.push(c);
    }
    
    cout << res << endl;
    
    return 0;
    
}

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 ti，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？

solution

最优解：按照从小到大的顺序排队，这样总时间最小
code

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 100010;

typedef long long LL;

int q[N];

int main()
{
    int n;
    cin >> n;
    
    for (int i = 0; i < n; i ++)
        cin >> q[i];
        
    sort(q, q + n);
    LL res = 0;
    for (int i = 0; i < n; i ++)
        res += q[i] * (n - i - 1);
        
    cout << res << endl;
    
    return 0;
}

货仓选址

在一条数轴上有 N 家商店，它们的坐标分别为 \(A_1∼A_N\)。

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。

solution

假设\(f(x)\)是最小值，那么\(f(x) = |x_1 - X| + |x_2 - X| + \cdots + |x_n - X| = (|x_1 - X| + |x_n - X|) + (|x_2 - X| + |x_{n-1} - X|) + \cdots \le x_n - x_1 + x_{n-1} - x_2\)
当前仅当取中位数的位置，等号成立。

code

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>

using namespace std;

const int N = 100010;
int q[N];

int main()
{
    int n;
    cin >> n;
    
    for (int i = 0; i < n; i ++)
        cin >> q[i];
        
    sort(q, q + n);
    
    int res = 0;
    for (int i = 0; i < n; i ++)
        res += abs(q[n / 2] - q[i]);
        
    cout << res << endl;
    
    return 0;
}

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。

Solution

按照\(w_i + s_i\)从小到大的顺序排，这样最大的危险系数一定是最小的。

code

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;

const int N = 50010;
PII cow[N];

int main()
{
    int n;
    cin >> n;
    
    for (int i = 0; i < n; i ++)
    {
        int s, w;
        cin >> w >> s;
        cow[i] = {w + s, w};
    }
    
    sort(cow, cow + n);
    
    int res = -2e9, sum = 0;
    for (int i = 0; i < n; i ++)
    {
        int s = cow[i].first - cow[i].second;
        res = max(res, sum - s);
        sum += cow[i].second;
    }
    
    cout << res << endl;
    
    return 0;
}

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