贪心tricks总结

贪心题一般没有什么技巧，多做题积累经验。

对于结论或策略，大胆猜想，小心求证，注意使用数据结构优化/结合其他算法。

一般类贪心

主要是证明贪心的正确性。

H. Fight Against Monsters

先用二分求出每个怪需要打的次数。

问题转化为

一个排列的答案是

$$\sum _{i=1}^n\sum _{i\le j}^n{a}_j$$

考虑邻项交换 $i,i+1$，答案的变化就为

$$b_i\sum _{j\ge i}^n{a}_j+b_{i+1}\sum _{j\ge i}^n{a}_j-(b_{i+1}\sum _{j\ge i}^n{a}_j+b_i\sum _{j\ge i}^n{a}_j)=b_{i+1}{a}_i-b_i{a}_{i+1}$$

如果交换更优，应满足

$$b_{i+1}{a}_i<b_i{a}_{i+1}$$

即

$$\frac{b_i}{a_i}>\frac{b_{i+1}}{a_{i+1}}$$

按照属性升序排序即可。

打怪兽2

对于 $b_i\ge a_i$ 的肯定先打，按照 $a_i$ 排序。

对于 $b_i<a_i$ 的，考虑邻项交换。

设现在还剩血量 $t$，面对怪兽 $(a_i,b_i),(a_{i+1},b_{i+1})$，若不交换更优，应满足

$$\begin{gathered} t-a_i\ge 0 \\ t-a_i+b_i-a_{i+1}\ge 0 \\ t-a_{i+1}<0\vee t-a_{i+1}+b_{i+1}-a_i<0 \end{gathered}$$

由 $b_i<a_i$

$$t-a_{i+1}>0$$

只能有

$$t-a_{i+1}+b_{i+1}-a_i<0$$

进一步

$$a_i+a_{i+1}-b_i\le t<a_{i+1}+a_i-b_{i+1}$$

即

$$b_i>b_{i+1}$$

按照 $b$ 降序排序即可。

反悔贪心

P2949 [USACO09OPEN] Work Scheduling G

题目大意：给个任务有一个截止时间，每个时间安排一个任务，求最大利润。

朴素贪心想法：按照截止时间排序，优先做利润大的。

问题在于如果后面出现了利润更大的，但前面的已经被安排满了，就会导致贪心策略错误，故这种情况就要反悔操作。

使用一个优先队列维护一个做过的决策集合，如果当前任务还能做，直接加入集合。否则，从之前的决策中取利润最小的替换掉。

这个操作等价于没有做之前的利润小的任务，直接做了利润更大的任务，从局部最优满足了全局最优。

sort(a+1,a+1+n);
for(int i=1;i<=n;++i)
{
    if(a[i].d<=Q.size())
    {
        if(Q.top()>a[i].p) continue;
        else
        {
            int x=Q.top();
            Q.pop();
            ans+=a[i].p-x;
            Q.push(a[i].p);
        }
    }
    else
    {
        ans+=a[i].p;
        Q.push(a[i].p);
    }
}

P4053 [JSOI2007] 建筑抢修

题目大意：每个任务有所需时间和截止时间，求最多能安排多少任务。

朴素贪心：按照截止时间排序，扫一遍判断是否能做。

此时就会有无法做的任务，我们会直接舍弃，给前面一个任务很多的时间，贪心错误，考虑反悔。

用一个大根堆维护决策集合，具体维护其时间。如果当前时间能够做这个任务，就直接做。否则，一定有一个任务是不能做的，只能尽可能地压缩当前时间，以保证后面能安排更多的任务。于是考虑从大根堆中取出耗费时间最多的决策去除，消去其贡献。

注意一定要先贪心再反悔。

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贪心证明：

假设我们确定了要选 $S$ 中的所有任务，通过邻项交换推导策略。

记之前已经用的时间为 $t$，即 $\sum _{k=1}^{i-1}{a}_k=t$

对于相邻的 $i,j$，交换前更优，即满足交换后就没法完成第二个任务了，有

$$t+a_i\le d_i,t+a_i+a_j\le d_j$$

交换后有

$$t+a_j\le d_j,t+a_j+a_i>d_i$$

整理一下，有

$$d_i<d_j$$

故是按照截止时间排序。

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int now=0,cnt=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
    now+=a[i].t1;
    Q.push(a[i].t1);
    if(now<=a[i].t2)
    {
        ++cnt;
    }
    else
    {
        int x=Q.top();
        Q.pop();
        now-=x;
    }
}

然后就可以通过转化，将这个问题建模为其他问题：

Zabuton

将每个人抽象成任务，拥有任务所需时间和截止时间，那么添加的砖就是任务所需时间，最初的砖不能超过 $H$，等价于最后的砖不能超过 $H+P$，可以转化为截止时间。

for(int i=1,p,h;i<=n;++i)
{
    h=read(),p=read();
    a[i].t1=p,a[i].t2=p+h;
}