6.5.贪心01-05

7.6.博弈01-08 8.7.构造01-14 9.8.数据结构02-02 10.9.树上问题01-21 11.10.网络流02-14

贪心

开题顺序： $I H C J E B A D$

$A$ [AGC032E] Modulo Pairing

若没有 $mod m$ 的限制，将 ${a}$ 升序排序后取第 $i$ 大和第 $i$ 小进行匹配，调整法即可证明。
- 以 $a \leq b \leq c \leq d$ 为例，由 ${\begin{cases} a + c \leq b + c \leq b + d \\ a + d \leq b + d \end{cases}$ ，可知 $max (a + d, b + c) \leq max (a + c, b + d)$ 。
类似 [ABC353C] Sigma Problem ，加上 $mod m$ 的限制后一定会被一个分界点分成左右两部分，左右两部分分别取第 $i$ 大和第 $i$ 小进行匹配。
- 证明仍考虑调整法，假设 $a \leq b \leq c \leq d$ 。
  - $a, b, c, d$ 任意两数相加的和 $< m, \geq m$ 的情况同上。
  - 不妨假设 $a + b < m, c + d \geq m$ 。
  - 若 $a + c \geq m, b + d \geq m$ ，显然有 ${\begin{cases} max (a + b, c + d - m) \leq max (a + c - m, b + d - m) \\ max (a + b, c + d - m) \leq max (b + c - m, a + d - m) \end{cases}$ 。
  - 若 $a + d < m, b + c \geq m$ ，显然有 ${\begin{cases} max (a + b, c + d - m) \leq max (a + c, b + d - m) \\ max (a + b, c + d - m) \leq max (b + c - m, a + d) \end{cases}$ 。

在满足右边条件的限制下分界点越靠左越好，二分判断即可。

点击查看代码

ll a[200010];
bool check(ll mid,ll n,ll m)
{
	for(ll i=mid+1,j=n;i<=j;i++,j--)
	{
		if(a[i]+a[j]<m)
		{
			return false;
		}
	}
	return true;
}
int main()
{
// #define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("in.in","r",stdin);
	freopen("out.out","w",stdout);
#endif
	ll n,m,ans=0,l,r,mid,pos=0,i,j;
	cin>>n>>m;
	n*=2;
	l=0;
	r=n/2;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
	}
	sort(a+1,a+1+n);
	while(l<=r)
	{
		mid=(l+r)/2;
		if(check(mid*2,n,m)==true)
		{
			pos=mid*2;
			r=mid-1;
		}
		else
		{
			l=mid+1;
		}
	}
	for(i=1,j=pos;i<=j;i++,j--)
	{
		ans=max(ans,a[i]+a[j]);
	}
	for(i=pos+1,j=n;i<=j;i++,j--)
	{
		ans=max(ans,a[i]+a[j]-m);
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

$B$ luogu P3265 [JLOI2015] 装备购买

题解

$C$ luogu P1484 种树

学习笔记

反悔贪心板子。

点击查看代码

priority_queue<pair<ll,ll> >q;
ll a[300010],pre[300010],suf[300010],vis[300010];
int main()
{
// #define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("in.in","r",stdin);
	freopen("out.out","w",stdout);
#endif
	ll n,k,ans=0,pos,i;
	cin>>n>>k;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
		pre[i]=i-1;
		suf[i]=i+1;
		q.push(make_pair(a[i],i));
	}
	a[0]=a[n+1]=-0x3f3f3f3f;
	for(i=1;i<=k;i++)
	{
		while(q.empty()==0&&vis[q.top().second]==1)
		{
			q.pop();
		}
		if(q.empty()==0)
		{
			if(q.top().first<=0)
			{
				break;
			}
			ans+=q.top().first;
			pos=q.top().second;
			q.pop();
			vis[pre[pos]]=vis[suf[pos]]=1;
			a[pos]=a[pre[pos]]+a[suf[pos]]-a[pos];
			q.push(make_pair(a[pos],pos));
			pre[pos]=pre[pre[pos]];
			suf[pos]=suf[suf[pos]];
			pre[suf[pos]]=suf[pre[pos]]=pos;
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

$D$ CF335F Buy One, Get One Free

考虑最大化白嫖的馅饼价格总和。
通过样例 $1$ 可知，不断拿最大白嫖次大的贪心策略是假的，考虑反悔贪心维护白嫖物品的集合 $Q$ 。
不妨把同样价格的馅饼缩在一起处理。并按照价格从大到小进行处理，此时白嫖只能依赖先前的状态。
设当前价格为 $c$ ，数量为 $c n t$ ，之前一共得到了 $s u m$ 个馅饼且有 $k = | Q |$ 个馅饼是通过白嫖得到的。
此时可以白嫖 $min (s u m - 2 k, c n t)$ 个馅饼，而剩下 $c n t - min (s u m - 2 k, c n t)$ 个物品需要全价购买。
尝试开始反悔，设当前取出的小根堆堆顶为 $v a l$ 并弹出，由反悔贪心决策的替换性我们无法直接得知 $c, v a l$ 的大小关系。
- 设 $v a l$ 的来源是 $x$ ，每两个馅饼一起考虑。
- 若 $c > v a l$ ，我们可以用原来用来白嫖 $v a l$ 的机会替换成白嫖 $c$ ，同时购买 $v a l$ ，又因为此时 $v a l$ 的来源是一个比 $c$ 大的馅饼，故一共可以获得两次白嫖机会，将 $2$ 个 $c$ 加入 $Q$ 。
- 若 $c \leq v a l$ ，存在两种决策：购买 $x, v a l$ ，白嫖 $2$ 个 $c$ ，代价为 $x + v a l$ ；购买 $x$ 和 $2$ 个 $c$ ，仍白嫖 $v a l$ ，代价为 $x + 2 c$ 。这两个决策是互斥的，故将 $2 c - v a l > 0, v a l$ 加入 $Q$ 。

为避免自己白嫖自己的情况，中间需要用数组转存一下加入集合 $Q$ 的价格。

点击查看代码

ll a[500010],b[500010],cnt[500010];
vector<ll>tmp;
priority_queue<ll,vector<ll>,greater<ll> >q;
int main()
{
// #define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("in.in","r",stdin);
	freopen("out.out","w",stdout);
#endif
	ll n,ans=0,sum=0,tot,val,i,j;
	cin>>n;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
		b[i]=a[i];
		ans+=a[i];
	}
	sort(b+1,b+1+n);
	b[0]=unique(b+1,b+1+n)-(b+1);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cnt[lower_bound(b+1,b+1+b[0],a[i])-b]++;
	}
	for(i=b[0];i>=1;i--)
	{
		tot=min(sum-2*(ll)q.size(),cnt[i]);
		for(j=1;j<=tot;j++)
		{
			tmp.push_back(b[i]);
		}
		tot=cnt[i]-tot;
		for(j=1;j<=tot&&q.empty()==0;j+=2)
		{
			val=q.top();
			q.pop();
			if(b[i]>val)
			{
				tmp.push_back(b[i]);
				if(j+1<=tot)
				{
					tmp.push_back(b[i]);
				}
			}
			else
			{	
				tmp.push_back(val);
				if(j+1<=tot&&2*b[i]-val>0)
				{
					tmp.push_back(2*b[i]-val);
				}
			}
		}
		while(tmp.empty()==0)
		{
			q.push(tmp.back());
			tmp.pop_back();
		}
		sum+=cnt[i];
	}	
	while(q.empty()==0)
	{
		ans-=q.top();
		q.pop();
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

$E$ [AGC010C] Cleaning

题解

$F$ luogu P9293 [ROI 2018] Addition without carry

$G$ LibreOJ 560. 「LibreOJ Round #9」Menci 的序列

$H$ luogu P4053 [JSOI2007] 建筑抢修

按照 $t_{2}$ 排序后在保证抢修建筑最多的情况下花费时间最少，使用优先队列存储先前最大的 $t_{1}$ 支持撤销。

点击查看代码

pair<ll,ll>a[150010];
priority_queue<ll>q;
int main()
{
// #define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("in.in","r",stdin);
	freopen("out.out","w",stdout);
#endif
	ll n,ans=0,sum=0,i;
	cin>>n;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i].second>>a[i].first;
	}
	sort(a+1,a+1+n);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		if(sum+a[i].second<=a[i].first)
		{
			sum+=a[i].second;
			ans++;
			q.push(a[i].second);
		}
		else
		{
			if(q.empty()==0&&q.top()>=a[i].second)
			{
				sum+=a[i].second-q.top();
				q.pop();
				q.push(a[i].second);
			}
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

$I$ luogu P3620 [APIO/CTSC2007] 数据备份

多倍经验： SP1553 BACKUP - Backup Files | CF958E2 Guard Duty (medium)
每个办公楼显然只能和相邻的两个办公楼连接，且不能同时连接。

然后和 luogu P1484 种树一样做即可。

点击查看代码

ll a[100010],b[100010],pre[100010],suf[100010],vis[100010];
priority_queue<pair<ll,ll>,vector<pair<ll,ll> >,greater<pair<ll,ll> > >q;
int main()
{
// #define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("in.in","r",stdin);
	freopen("out.out","w",stdout);
#endif
	ll n,k,ans=0,pos,i;
	cin>>n>>k;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
	}
	for(i=1;i<=n-1;i++)
	{
		b[i]=a[i+1]-a[i];
		pre[i]=i-1;
		suf[i]=i+1;
		q.push(make_pair(b[i],i));
	}
	b[0]=b[n]=0x7f7f7f7f;
	for(i=1;i<=k;i++)
	{
		while(q.empty()==0&&vis[q.top().second]==1)
		{
			q.pop();
		}
		if(q.empty()==0)
		{
			ans+=q.top().first;
			pos=q.top().second;
			q.pop();
			vis[pre[pos]]=vis[suf[pos]]=1;
			b[pos]=b[pre[pos]]+b[suf[pos]]-b[pos];
			q.push(make_pair(b[pos],pos));
			pre[pos]=pre[pre[pos]];
			suf[pos]=suf[suf[pos]];
			suf[pre[pos]]=pre[suf[pos]]=pos;
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

$J$ [AGC008B] Contiguous Repainting

题解

posted @ 2025-01-05 15:39 hzoi_Shadow 阅读(28) 评论(1) 编辑收藏举报

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