大家好啊，我是贪心说的道理
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 \(O(n^2\log n)\)。
