贪心+构造练习

菜就多练。

贪心和构造有一定相似性（都不会做），放在一起做吧。

1. [ABC123D] Cake 123

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热身简单题。利用堆进行贪心。

发现排序后都取端点一定是最值，然后随便一个序列中向后挪一个位置都有可能是次大值。

于是用堆维护，每次弹出最大的，然后向后拓展三个状态塞到堆里面。注意可能一个状态会被多次拓展到，要标记去重。

反正数据范围小，$O(k\log k)$（？，总之能过。

另一种做法是先求前两个序列中前$k$个和，再用这些数与第三个序列求前$k$个和。

2. P6155 修改

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排序不等式，邻项交换，直觉。

首先注意到修改过的数要尽量少，可以随便证一下。

由排序不等式，假设已经求出每个数的修改次数，那么就按排序不等式逆序和加起来。

来求每个数的修改次数，先把原数组排序，考虑在值域上依次枚举，维护一个集合$S$表示手上还没被用来填值域的数。

枚举到$v$时，把等于$v$的原数组中的数插入到$S$中，现在考虑从$S$中取哪一个数进行若干次修改到$v$。

如果$S$中有$v$，那就直接填。如果没有，可以证明用$S$中最接近$v$的数去填是最优的，考虑邻项交换。

注意到$S$中插入的数按插入顺序单增，且都$\le v$，于是用栈维护一下$S$就好。注意如果枚举到一段值域上时$S=\mathrm{\varnothing }$，需要跳过这一段。

$O(n)$。

3. [AGC004D] Teleporter

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树上贪心，从叶子考虑。关注不变的事情（不争的事实），关注答案的形态。

发现有$n$个点$n$条边，且都能到$1$，于是画一下就知道是一棵基环树。

首先可以证明$1$一定是自环：若不是，设$u$到$1$经过$k$步，那么$f{a}_u$到$1$就不是$k$步，矛盾。

于是可以转化题意为：以$1$为根的一棵树，要使得最大深度$\le k$，最小化操作次数。

关注一些总是不变的事情：最深的叶子在操作后的深度恰好为$k$。否则，我们总是可以调整修改的边，使之尽可能向上，因为这样总是可能让操作的子树包括其他深度超过$k$的点。

于是DFS，过程中如果当前子树的高度为$k$，那就操作一次，并且使这棵子树对上方节点计算子树高度的影响为$0$。

$O(n)$。

4. [AGC007B] Construct Sequences

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看到单调性构造想差分。利用反函数性质将下标化简。

$\{a_n\}$单调递增，$\{b_n\}$单调递减，那么差分一下，设：

$$\begin{array}{r}{a}_k-a_{k-1}=x_k\mathtt{\text{且}}{b}_k-b_{k+1}=y_k\\ \mathtt{\text{即}}{a}_k=\sum _{j\le k}{x}_j\mathtt{\text{且}}{b}_k=\sum _{j\ge k}{y}_j\\ \mathtt{\text{其中}}1\le x_j,y_j,a_k,b_k\le {10}^9\end{array}$$

来看剩下的限制，为了$a_{p_i}+b_{p_i}>a_{p_{i-1}}+b_{p_{i-1}}$，我们尝试令$a_{p_k}+b_{p_k}=C+k$。

为了利用上差分，我们代换一下，设$q_{p_k}=p_{q_k}=k$，即$q$是$p$的反函数。对上面的式子中的$k$同时作用上一个$q$，可以得到$a_{p_{q_k}}+b_{p_{q_k}}=C+q_k$即$a_k+b_k=C+q_k$。

尝试相邻两项相减来做差分，即$(a_k+b_k)-(a_{k-1}+b_{k-1})=x_k-y_{k-1}=q_k-q_{k-1}$。

于是一组合法的解为$x_k=y_k=q_k$。$q$由$p$可以求得，于是$a_k=\sum _{j\le k}{q}_j,b_k=\sum _{j\ge k}{q}_j$即可。

5. P4053 [JSOI2007] 建筑抢修

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反悔贪心，先随便贪然后设计反悔。

首先随便贪，但要有一定的正确性。这里的限制主要是报废时间，于是报废时间小的要先做。

如果做到一个位置不得不报废了，就查看要不要反悔，如果之前做过的最长耗时比这个位置的用时长，那么用这次的替换之显然更优，因为使得总用时减小了，并且这样一定不会使当前位置报废。

就这样反悔，用大根堆维护最长耗时，$O(n\log n)$。

也有不反悔的做法，正着做，每个任务显然要尽量在贴近报废时去做，并且优先做用时少的，用线段树/ODT维护区间推平即可，$O(n\log n)$。