学习笔记—反悔贪心
djy 的《浅谈反悔贪心》，这里做的题都来自反悔贪心题单。
\(\texttt{update on 2022.7.29}\)：以前写的太乱了，重构了文章。
反悔贪心
反悔贪心类似 DP，每天我们都可以进行一定操作使得当天我们的收益达到最大值，但是这样的操作可能会使得后面几天达不到最优，这就迫使我们放弃前面的决策。
我们将放弃前面的决策称为反悔，做出新的决策称为贪心，我们需要做的就是在所有决策中选择最优的那个。
例题
CF865D Buy Low Sell High
已知接下来 \(n\) 天的股票价格，每天你可以买进一股股票，卖出一股股票，或者什么也不做。\(n\) 天之后你拥有的股票应为 \(0\)，当然，希望这 \(n\) 天内能够赚足够多的钱。
考虑一次股票交易的过程，一天内买入一次再卖出一次等同于什么也没发生，于是我们考虑一个贪心，每次让之前最小的那个和当前这个配对。
但是这样是错误的，可能将一个较小的日子留给后面的更优，所以我们需要反悔的操作，让后面的将这一天的决策抵消掉。
设第 \(i\) 天的交易价格为 \(c_i\)，则在 \(i,k\) 之间的 一次交易收益就是 \(c_k-c_i\)。
如果我们已经在 \(j\) 时将 \(i\) 与 \(j\) 匹配了，我们已经得到了 \(c_j-c_i\) 的贡献，现在我们需要将另外的贡献补上：\(c_k-c_i=(c_k-c_j)+(c_j-c_i)\)。
这样我们只用在这一天交易结束后将这天的卖出价格加入堆中即可。
P2107 小Z的AK计划 & P4053 [JSOI2007]建筑抢修
在一条数轴上有 \(n\) 个点，初始在 \(0\) 位置。每向正方向走一步都消耗 \(1\) 单位的时间，每到达一个点可以花费 \(t_i\) 的时间 获得 \(1\) 的收益，也可以直接路过。
在 \(m\) 的时间内，最大收益是多少？
\(n\le 10^5,0\le m,x_i\le 10^{18},0\le t_i\le 10^9\)。
从前往后枚举我们走到哪里，将新的点加入决策。
什么时候需要反悔？当已经消耗了 \(>m\) 的时间。选择消耗时间最大的删去即可。
P3620 [APIO/CTSC 2007] 数据备份
一个环（链）上有 \(n\) 个元素，要求选取的任意两个元素互不相邻，求选出 \(k,k\in\left[1,\dfrac{n+1}{2}\right]\) 个元素分别可以获得的最大价值是多少。
每次都要新选择一个点，我们有两种操作：
- 加入一个独立的点。
- 将与一些点相邻的点同时取反。
只用一个链表，加入一个点后将 \(p+s-v\) 替换为这个点的权值即可，用堆每次选择最大值即可。
CF730I Olympiad in Programming and Sports
有 \(n(n\le 10^5)\) 个人，第 \(i\) 个人有属性 \(a_i,b_i\)，要求选出 \(A\) 集合至多 \(p\) 人，\(B\) 集合至多 \(s\) 人，使得选出的人相应属性值之和最大。
先选出 \(a_i\) 最大的 \(p\) 个加入 \(A\) 集合，之后一个一个加上 \(B\) 集合，我们每次有以下两种操作：
- 直接加入一个 \(B\)。
- 将一个人由 \(A\) 转为 \(B\)，再选择一个 \(A\)。
用三个堆对上面信息分别维护即可！
\(\texttt{update}\)：网络流做法：
- 源点 \(s\) 到每个点建一条流量为 \(1\)，费用为 \(0\) 的边（每个人只能只能参加一种比赛）。
- 建三个汇点，汇点 \(t1\) 控制参加编程的，汇点 \(t2\) 控制参加体育的，汇点 \(t\) 控制参加 \(t1\) 和 \(t2\) 的总人数。
- 每个人两种实力分别向 \(t1\)，\(t2\) 建流量为 \(1\)，费用为负实力。
然后就跑最小费用最大流啦！
AT2672 [AGC018C] Coins
有 \(n(n\le 10^5)\) 个人，第 \(i\) 个人有属性 \(a_i,b_i,c_i\)，要求选出 \(A,B,C\) 集合分别 \(p,q,s\) 个人，保证 \(p+q+s=n\)，使得选出的人相应属性值之和最大。
一种比较显然的想法是将将 \(B_i\) 赋为 \(B_i-A_i\)，\(C_i\) 赋为 \(C_i-A_i\)，就转化为了上一个问题。
\(\texttt{update}\)：有一种可以推广到 \(4,5,\dots\) 中限制的做法：
发现每次操作我们只有以下几种方案：
- \(x\rightarrow y,y\rightarrow z,z\rightarrow x\)
- \(z\rightarrow y,y\rightarrow x,x\rightarrow z\)
- \(x\rightarrow y,y\rightarrow x\)
- \(x\rightarrow z,z\rightarrow x\)
- \(y\rightarrow z,z\rightarrow y\)
用六个堆维护即可。
CF802O April Fools' Problem medium & hard
每天可以花费 \(a_i\) 准备一题，花费 \(b_i\) 打印一题，每天最多准备一题打印一题，求打印 \(k\) 题的最小花费。
如果没有 \(k\) 的限制，那可以将准备看作买入一只股票，打印看作反向卖出一只股票，转化为第一题的套路。
考虑如何限制 \(k\) 只股票。如果我们将每次买卖的收益同时增加一个 \(d\)，买卖的优劣性相对不变，但我们会在原来的基础上多进行一些交易。那么我们二分这个 \(d\) 直到正好购买 \(k\) 次股票即可。
CF436E Cardboard Box
\(n\) 个关卡，对每个关卡，你可以花 \(a_i\) 代价得到一颗星，也可以花 \(b_i\) 代价得到两颗星，也可以不玩。问获得 \(w\) 颗星最少需要多少时间。
我们进行 \(w\) 次操作，使我们多选择一棵星星，有以下几种方法：
- 直接选择一颗星星；
- 将一颗星星变为两颗；
- 将一颗星星由一颗反悔为不选择，再选择两颗；
- 将两颗星星反悔为一颗，再选择两颗。
那么我们需要维护 \(a_i(\min\&\max),b_i(\min),b_i-a_i(\min\&\max)\) 五个堆。
P5470 [NOI2019] 序列
给定长度为 \(n\) 的数组 \(\{a\},\{b\}\)，要求在他们中分别取恰好 \(k\) 个值，且相同下标且 \(a,b\) 中都选取的对数 \(\ge l\)，求最大选择价值之和。
\(n\le 2\times 10^5\)。
先在两个数组中选择最大的 \(k\) 个，如果相同位置的不到 \(l\)，考虑依次增加。想要增加一个相同位置，有以下四种方案：
- 将一个单独选择的 \(a\) 变成一个已经选择 \(b\) 但没有选择 \(a\) 的；
- 将一个单独选择的 \(b\) 变成一个已经选择 \(a\) 但没有选择 \(b\) 的；
- 将一个单独选择的 \(a\) 和一个单独选择的 \(b\) 都删去，变成一个没有选择的 \(ab\) 对；
- 将一个已经选择的 \(ab\) 拆掉，和一个单独选择的 \(a\)、单独选择的 \(b\) 分别合并变成两个 \(ab\) 对。
用 \(6\) 个堆分别维护上面的选择情况，取最大值转移即可。
（乱入）贪心杂题
P2512 [HAOI2008]糖果传递
有 \(n\) 个小朋友坐成一圈，每人有 \(a_i\) 个糖果。每人只能给左右两人传递糖果。每人每次传递一个糖果代价为 \(1\)。问最后所有人糖果数量均衡后的最小代价。
\(n\le 10^6\)
如果题目只是在链上，就变成了均分纸牌的问题，假设每个人现有纸牌数为 \(a_i\)，平均为 \(ave\)，\(a_i-ave\) 前缀和为 \(pre_i\)，则答案为 \(\sum{|pre_i|}\)。
回到这道题上，发现最优解一定存在环上两个人之间不存在糖果传递，可以想到断环成链。
如果断掉环上第 \(k\) 条边，则贡献依次为 \(|pre_1-pre_k|,|pre_2-pre_k|\dots\)。
这就是“仓库选址”问题啦！直接将 \(k\) 定位所有 \(pre\) 的中位数，求出答案即可。
P8272 [USACO22OPEN] Apple Catching G
假设在 \(a(a_x,a_t)\) 点有奶牛，在 \(b(b_x,b_t)\) 有苹果 \((a_t\le b_t)\)，\(a\) 可以借助 \(b\) 的充要条件为：
第二个式子直接 \(x-t\) 从小到大的顺序搞定（注意如果值相同 \(t\) 大的优先），这样只要每个数匹配在它之前的点就都是合法的，接下来只用满足第一个式子。
考虑两头奶牛 \(a_1,a_2(a_x-a_t<b_x-b_t)\) 一起匹配苹果，我们会让 \(a_1\) 优先匹配苹果中 \(b_x+b_t\) 最小的，把剩下的留给 \(a_2\)。
为什么这样是对的呢？
显然 \(b_x+b_t\) 越小越难被匹配，那么如果可以被匹配，直接匹配一定最优。
而且如果 \(a_1\) 与 \(a_2\) 都能够匹配同一个 \(b\)，让他们任何一个去匹配是相同的。
那么就这样被简单地证明了。
实际操作中可以用 multiset 来支持查询比 \(a_x+a_t\) 大的数即可。
P2672 [NOIP2015 普及组] 推销员
发现答案只可能是一下两种情况：
-
选择最大的 \(x\) 个推销疲劳值。
-
选择最大的 \(x-1\) 个推销疲劳值，并选择一个距离较远的。
至于为什么只选择 \(x-1\) 个而不是 \(x-2\) 或更少:
加入我们要将第 \(x-1\) 大的换为更远的，完全可以用第 \(x\) 大的而不是 \(x-1\) ，显然这样减小的更少呀。
商店zr
有一个商店，每个天会进货固定 \(m\) 中物品分别 \(b_i\) 个，每个单价为 \(a_i\)，若 \(b_i=-1\) 表示有无限个。
在接下来的 \(n\) 天内，每天顾客会来购买最便宜的 \(c_i\) 个物品，问最终商店收益为多少。
\(n,m\le 2\times 10^5,1\le a_i,c_i\le 10^6,-1\le b_i\le 10^6\)，保证存在至少一个 \(b_i=-1\)。
考虑这本质是一个贪心过程，每个月丢给你一堆物品，一定先选择小的并有库存的，没了再选择大的。
这样我们的讨论就不能够脱离贪心的特点，固定了向优化贪心的方向走。
\(\bigstar\texttt{Trick}\)：单位价值下降的天一定放在一起考虑！！！最后剩下单位价值单调不增的一些连通块，将他们合在一起考虑。
