从国王游戏看邻项交换

upd on 2024.2.23：才发现我是 sb，证了些什么玩意。（交换处证反）

对于这道题，我们只来证明贪心的正确性，并不探究推导过程（这么玄学的贪心真有人能推导出来吗）。

我们需要证明按照 $l_i\times r_i$ 是最优的。

现在，我们钦定序列按照 $l_i\times r_i$ 排序，证明无论如何，从序列中交换若干对数都是不优的。

首先，交换若干对数的本质就是不断选择一对数对其交换，所以我们需要证明从序列中交换任意 $(a_i,a_j)$ 都是不优的，此处我们钦定 $i<j$。

可以发现，交换 $(a_i,a_j)$ 可以表示为：

交换 $(a_i,a_{i+1})$，交换 $(a_{i+1},a_{i+2})$（注意此时 $a_{i+1}$ 就是最初的 $a_i$），……，交换 $(a_{j-1},a_j)$（此时 $a_{j-1}$ 是原来的 $a_i$）。

经过这样的操作，我们把 $a_i$ 交换到了 $a_j$ 的位置；同理，也可以把 $a_j$ 交换到原来 $a_i$ 的位置。

所以交换一对数的本质就是不断交换相邻的一对数。所以我们只需证明从序列中交换一对相邻的数是不优的。

这就是贪心的重要证明方法——邻项交换。

我们如果要证明一个贪心得到的序列是最优的，只需证明交换相邻一对数不会更优。

如果交换两个相邻元素对其他元素没有影响，只对这两个元素得到的答案有影响，那么就可以按照某种方法排序来贪心。

可以发现，邻项交换的重要特征就是答案不具有牵连泛性，当然，这是我自己取的名词。

牵连泛性，即对一些元素按照某种方式修改不会对其它元素的贡献产生牵连。

看回这道题，交换相邻两个数对于前面数和后面数的贡献显然不会变。

那我们现在考虑交换 $(a_i,a_j),j=i+1$ 会不会使两者对答案的贡献较大值更优，因为答案取的就是最大值。

设 $x=\prod _{k=0}^{i-1}{l}_k$，一开始两者的贡献较大值为 $an{s}_1=max(w_i,w_j)=max(\frac{x}{r_i},\frac{x\times l_i}{r_j})$。

交换后，贡献较大值为 $an{s}_2=max(\frac{x}{r_j},\frac{x\times l_j}{r_i})$。

需要证明 $an{s}_1\le an{s}_2$，即四者中的最大值等于 $an{s}_2$。

显然，四者中最大值只能从 $\frac{x\times l_i}{r_j}$ 和 $\frac{x\times l_j}{r_i}$ 取，另两个必定不是最大值。

$l_i\times r_i\le l_j\times r_j\to \frac{l_i}{r_j}\le \frac{l_j}{r_i}\to \frac{x\times l_i}{r_j}\le \frac{x\times l_j}{r_i}$

于是四者中的最大值为 $an{s}_2$，交换后不会更优。

证毕。

开头说不会探究推导，但感觉可以推导。

从思考的角度来看，要对原始序列交换，看什么情况下更优，钦定不交换更优，可以倒推出同样的结论。

另外，此题需要高精度。

最后，附上 yk 课件中贪心的描述。

贪心算法难点在于很难一次想到一个正确的算法
直觉上的贪心很多时候是错的，但是你又很难去真正证明它的正确性
通常我们只能通过举反例证明其不对
或者通过构造各种数据对拍，如果拍不出错误就暂且当做它是正确的
在平时训练的时候，最好还是能够掌握贪心算法的大概证明
当然如果没有其他思路了，就大胆猜想，不用证明了

关于贪心证明方法。

临项交换：
如果交换两个相邻元素对其他元素没有影响，只对这两个元素得到的答案有影响，那么就可以按照某种方法排序来贪心。
范围缩放：
任何局部最优策略作用范围的扩展不会造成整体结果变差
反证法
数学归纳法

例题：CF746F

先写到这，等想起什么再更。