大家好啊，我是贪心说的道理

目录

• 前言
• 说的道理
  • exchange argument
    • 题1 典
    • 题2 [JSOI2007]建筑抢修
  • 二分图
    • 题1 区间匹配贪心
    • 题2 选物品贪心
    • 题2ex CF1740F

前言

贪心问题初学的时候啥也不会，全都是感性理解的。

其实它是有道理可寻的。本篇研究如何有理有据的贪心。

说的道理

对于一类重点考虑选择顺序的问题，我们可以假设A在B前面比B在A前面更优，并分析关系。这个东西好像叫 exchange argument。

对于一些和二分图有关或者可以转化成二分图的问题，可以利用二分图相关的性质与定理有理有据的贪心。

下面是一些例题。这里的例子都比较简单，但是我想要强调的是考虑问题的方法，而不是问题本身有多难。

exchange argument

题1 典

有一个数列 $a_{1...n}$，重新排列使得 $\sum\limits_{i=1}^{n} ia_i$ 最大。

假设最优解中有两个位置 $x,y$，不妨令 $x<y$，那么如果交换 $x,y$ 的位置，一定不会变优。（显然，毕竟是最优解）

换句话说就是 $xa_x+ya_y\ge ya_x+xa_y$

$x(a_x-a_y)\ge y(a_x-a_y)$

$(a_x-a_y)(x-y)\ge 0$

由于 $x<y$，所以 $a_x\le a_y$。

于是我们得到，最优解中，左边的数都比右边的数小。排个序就行了。这个就是排序不等式。

题2 [JSOI2007]建筑抢修

这题就是我说的那个题解上来就按xxx排序的

大家都知道这题的做法是按deadline排序然后反悔贪心，怎么来的？

设某个任务耗时是 $a_i$，dealine 是 $d_i$。设 $A(a_1,d_1), B(a_2,d_2)$。不妨令 $A$ 排在 $B$ 的前面。假设交换位置后悔变劣，看看会怎么样。（注：我们是在一个决策序列中任意选了两个 $A,B$，不一定相邻）

那既然换一下会变劣，肯定是原来 $A,B$ 两个都可以，换一下之后排在后面的 $A$ 不行了。

排在前面的 $B$ 肯定是可以的，毕竟原来都可以，换到更前面显然还是可以的。

设 $A$ 前面的耗时总共为 $t_1$，$A,B$ 之间的耗时总共为 $t_2$。（画图）可得：

• $t_1+a_1\le d_1$，$t_1+a_1+t_2+a_2\le d_2$
• $t_1+a_2\le d_2$，$t_1+a_2+t_2+a_1>d_1$

我们发现，同一个东西 $t_1+a_1+t_2+a_2$，不严格比 $d_2$ 小，严格比 $d_1$ 大。那么 $d_1<d_2$

那我们就得出来了，我们要按 deadline 排序。

但是注意到这里还有一个能不能选的问题，排完序后不是扫一遍就可以的，还要再贪心一下。

对于一个任务，如果能选，不选肯定亏了，显然要选。如果不能选（时间超了），看看换掉前面的行不行。设前面选的最大的为 $a_{mx}$，当前是 $a_i$。如果 $a_{mx}>a_i$，那它就不该出现 —— 毕竟它让 $a_i$ 不能做了，换掉它之后，$a_i$ 再加上，总用时比原来还小，肯定还是合法的。不但没少完成，并且时间更少，更有利于后面继续完成。但是如果 $a_{mx}\le a_i$，那说明换了之后也不会变优，甚至会变劣，肯定不换，直接不做了。

二分图

二分图上有各种有趣的性质。设左右点集为 $A,B$，大小为 $n,m$。

• Hall 定理：设 $G(S)$ 表示和集合 $S$ 有边相连的点集。不妨令 $n\le m$，则图有完美匹配当且仅当 $\forall S\in A,|S|\le |G(S)|$

必要性是显然的，如果有 $|S|>|G(S)|$，$S$ 中就会有一个点没匹配。

充分性：使用归纳法。对于当前的图，假设命题对于所有子图成立，证明命题对于当前的图成立。

假设存在一个 $A$ 的真子集 $T$ 使得 $|T|=|G(T)|$，那么 $A$ 中删掉 $T$ ，$B$ 中删掉 $G(T)$，应该还是满足条件的。由归纳假设，$T$ 存在一个完美匹配，$A/T$ 也有完美匹配，而且使用的右部点不交，从而原图有完美匹配。

假如没有，那对于所有真子集，$|T|<|G(T)|$。任意从 $S$ 中删去一条边（不删点），$|G(T)|$ 顶多减少 $1$，$<$ 变成 $\le$。由归纳假设，删去这条边后的子图有完美匹配，而这个也是原图的完美匹配。

Hall 定理有一个扩展，就是图的最大匹配 $=n-\max(|S|-|G(S)|)$。比较容易感性理解，也很容易证明。

综上一定有完美匹配。

• Gale-Ryser 定理：对于左右点数都为 $n$ 的二分图，两个序列 $a_i,b_i$ 可能是它的度数序列，当且仅当：首先它俩和相等，然后对 $a_i$ 降序排序后，$\forall k\in [1,n],\sum\limits_{i=1}^{k}a_i\le \sum\limits_{i=1}^{n}\min(b_i,k)$

先说一下，如果没有和相等的条件，后面的不等式相当于右边点度数 $\le b_i$，左边必须恰好是 $a_i$，是否可以。

因此如果删去和相等，然后把后面的不等式对称一下，也是等价的。

下面是部分证明。必要性比充分性容易。wiki上说充分性不好证然后丢了一篇论文来，不想看了。这里感性理解充分性。

先说明必要性。

转化一下 $\sum \min(b_i,k)$。首先 $\sum b_i$ 可以写成 $\sum\limits_{i} i\times (\#j,b_j=i)$。（$\#$ 记号表示计数）

然后这个式子可以转化成 $\sum\limits_{i} (\#j,b_j\ge i)$。后面换成 $\ge$ 就相当于求后缀和的和，它会把 $i$ 位置算恰好 $i$ 遍，就和上面的式子相同了。这个事情类似于 $E(x)=\sum\limits_{i} P(x\ge i)$。

然后和 $k$ 取 $\min$，就不能 $>k$ 了，从而它就是 $\sum\limits_{i=1}^{k} (\#j,b_j\ge i)$。设 $a'(i)$ 表示 $b$ 中 $\ge i$ 的数量，它就是 $a'(1...k)$ 的和。定理转化成： $\forall k, \sum\limits_{i=1}^{k} a_i\le \sum\limits_{i=1}^{k} a'_i$。

然后我们把原问题转化成有一个 $n\times n$ 的 $01$ 矩阵 $A$ 表示二分图的邻接矩阵。那么 $a_i,b_i$ 相当于行列和。我们设 $a_i$ 为列和，$b_i$ 为行和。

我们把每一行的 $0$ 都放到最前面去，这样搞一遍之后发现 $i$ 列的 $0$ 的个数就是 $a'(i)$。而且这个操作不减少让列和的前缀和 （即，$1...i$ 列的 $1$ 个数）。从而 $a$ 的每个前缀和一定都不超过 $a'$ 的对应前缀和。这件事情是必要的。

接下来感性理解充分性。注意到上面 $a'$ 是只和 $b$ 有关的，$a$ 可以随意排列而不影响 $a'$。从而我们其实是得到了 $n!$ 组不等式。考虑取最严的那一组。不难发现当 $a$ 降序时每个位置的前缀和都做到了最大，因此我们只需要让这时候的不等式满足就全都满足了，这个限制看起来限制的“很有劲”，所以它大概就是充分的。

题1 区间匹配贪心

有若干区间和若干个点，区间向区间中的点连边，求二分图最大匹配。

实际题目可参考 CF1718D Permutation for Burenka，那个题笛卡尔树一下之后就是这个贪心。

贪心策略是：对于每个点，取包含它的没被使用的区间中 $r$ 最小的。或者说是按 $r$ 排序后取区间中第一个没被使用的点。

考虑为啥这么干。这个等价于二分图匹配，区间连边。

考虑啥时候有完美匹配。对它做 Hall 定理，相当于：任选 $n$ 个区间，$n\le$ $n$ 个区间的并区间中的点数。把区间并拆成若干段极长的连续区间，发现每段是独立的。从而可以转化成：对于任意 $[L,R]$，$[L,R]$ 中包含的区间数 $\le [L,R]$ 中包含的点数。必须满足这个条件才能有完美匹配。

假设原来是满足这个条件的。取 $r$ 最小的区间，取最左边的没匹配的点，发现这样做一定不会把后面满足的条件打破。因此如果有这个点直接把匹配连上就行了。如果匹配不了的话，根据Hall定理扩展，这也不会减少后面的匹配。

对于那个 CF 题，可以允许最多一次失配，稍微处理一下就行了。

题2 选物品贪心

比较典的题是：有 $n$ 个物品，第 $i$ 种有 $a_i$ 个。每次要取恰好 $k$ 种不同的物品各一个。问最多能取多少次。

上次去一个普及组模拟有这个题，考完了我才发现我只会 $O(\sum a_i)$ 的做法，不会 $O(n)$ 了。事实上和 $n$ 相关的做法并没有那么容易。

它的策略是取 $a_i$ 最大的 $k$ 个物品。注意取完了要重新排一下序。根据这个可以写个暴力。

我们把它转化成 Gale-Ryser 定理的模型。相当于左边点度数是 $a_i$，右边点度数是一堆 $k$，补一下0把两边变相等的。然后左边点度数可以不用完。假设右边可以有 $m$ 个点。

先把左边处理一下。设 $c(i)$ 表示$a$ 中 $\ge i$ 的数量。

从而我们要枚举右边然后 $\le$ 左边。也就是 $\forall i\le m,ki\le \sum\limits_{j=1}^{i} c(j)$。

求出第一个不满足的位置 $-1$ 就是最大的 $m$ 了。容易 $O(n\log )$ 的搞。

题2ex CF1740F

考虑 $M$ 中的元素。假设第 $i$ 个是 $x_i$，后面补 $0$。我们发现这个东西就相当于右部点的度数。

（最后得到的每个集合就是每个右部点连的左部点集合）

要使用 Gale-Ryser 定理，先把 $a$ 处理一下。首先求一下 cnt 然后排序（原地进行），这个就是左部点度数。然后设 $b_i$ 表示（操作后的）$a$ 中 $\ge i$ 的个数。然后对 $b$ 原地做一下前缀和。

我们要数 $M$ 的种类数，而这个东西和 $x_i$ 的排列顺序无关，因此只考虑 $x$ 是降序的情况。需要满足：

• $x$ 降序
• $x$ 的和为 $n$
• $\forall i$，$x$ 前 $i$ 个和 $\le b_i$。

容易写出 dp。$f(i,j,s)$ 表示确定了前 $i$ 个，最后一个是 $j$，和为 $s$，方案数。这个状态需要满足 $s\le b_i,ij\le s$。考虑枚举上一个是 $x$ （特殊处理 $i=1$）。那么 $j\le x,x\le s-j$。从 $f(i-1,x,s-j)$ 转移过来。

发现这个 $x$ 一定是一段区间，因此对上一次的 $f$ 求列前缀和就可以优化到 $O(n^3)$。然后滚动一下 $i$，优化到 $O(n^2)$ 空间，时间不变。

然后我们发现由于 $j$ 是最后一个，结合降序， $ij\le s\le n$。从而 $(i,j)$ 的枚举量是 $\sum n/i$，是调和级数。精细实现一下，复杂度优化到 $O(n^2\log n)$。