贪心思想杂谈及证明方法归纳

贪心思想

贪心就是局部最优解变成了全局最优解。

下面介绍一种邻项交换的证明，以 P1080 [NOIP2012 提高组] 国王游戏 为例。
设 $x,y(x<y)$ 是相邻的两个元素，那么很重要的一点是对于 $[1,x)$ 和 $(y,n]$ 的其他元素，这两者之间的交换是不会改变其答案的。

考虑什么时候 $x$ 和 $y$ 要交换。根据题意，我们要的是最大值最小，交换前的最大值为 $\max \left \{ \dfrac{ {\textstyle \prod_{i=1}^{x-1}}a_i}{b_x}, \dfrac{ {\textstyle \prod_{i=1}^{y-1}}a_i}{b_y} \right \}$，交换后的最大值为 $\max \left \{ \dfrac{ {\textstyle \prod_{i=1}^{x-1}}a_i}{b_y}, \dfrac{ {a_y\textstyle \prod_{i=1}^{y-1}}a_i}{a_xb_x} \right \}$，当前者大于后者时，也就是交换后能使得最大值变得更小，那么我们就会选择交换，当然，前面的式子还可以进一步化简。

容易观察到： $$\dfrac{ {\textstyle \prod_{i=1}^{x-1}}a_i}{b_y}<\dfrac{ {\textstyle \prod_{i=1}^{y-1}}a_i}{b_y}$$

$$\dfrac{ {\textstyle \prod_{i=1}^{x-1}}a_i}{b_x}<\dfrac{ {a_y\textstyle \prod_{i=1}^{y-1}}a_i}{a_xb_x}$$

所以将条件转化为 $\dfrac{ {\textstyle \prod_{i=1}^{y-1}}a_i}{b_y}>\dfrac{ {a_y\textstyle \prod_{i=1}^{y-1}}a_i}{a_xb_x}$，即 $a_xb_x>a_yb_y$。

由此可见，我们要将 $a_ib_i$ 升序排列（当前者大于后者时会交换）。

另一种想法是考虑贡献，下面以这题为例：
给出 $n$ 个区间 $[l_i,r_i]$，求最少的点的个数使得点能覆盖到所有区间。

首先，题目中每个区间的贡献为 $1$，而且我必须把区间覆盖，假如现在已经有一个点在区间上，那么我完全可以跳过，倘若没有，那我一定会选出一个位置，既然答案一定会加一，那我就考虑怎么样才能让我选的这个点价值最大，即在之后还能覆盖到最多的点。

于是我们很自然的想到，选择右端点的数一定是最优的，先感性理解一下。

现在有三条线段，对于第一条，我应该在哪里选择呢？显然是右端点，这样更有希望够到后面的线段，因为右端点是递增的。

我们可以设取了点 $x$ 且 $x\ne r_i$，那么对于 $x$ 覆盖到的区间构成的集合记为 $S_x$，对于 $r$ 覆盖到的区间构成的集合记为 $S_r$，因为前面的区间一定已经被覆盖了，所以不再考虑，观察后面的区间，因为右端点递增，所以发现 $S_x\subseteq S_r$。

【例题】CF1203F1 Complete the Projects (easy version)

对于这题，假如能完成所有项目，那么总贡献仍然为 $n$，每个项目贡献为 $1$。所以考虑贪心。

一个比较直观的想法是优先做 $b>0$ 的项目，因为这相当于是在“回血”，如果连某个 $b>0$ 的项目都无法完成，那么就更别指望后面 $b<0$ 的项目带来的贡献了，这一部分正确性显然。

那么对于 $b<0$ 的又是什么策略呢？你可能会想按照 $b$ 降序排列，但很容易找出反例。

n = 2 , r = 1000
1 -1
1000 -2

具体的我们根据相邻的两个项来求这个东西。设 $x,y(x<y)$ 是相邻的两个元素，那么交换前能满足条件，即 $r>a_x$ 且 $r+b_x>a_y$，整理得 $r>\max (a_x,a_y-b_x)$。
对于交换后同理可得 $r>\max(a_y,a_x-b_y)$。什么时候更优呢？显然是限制更宽的时候，也即 $\max (a_x,a_y-b_x)>\max(a_y,a_x-b_y)$ 时，需要交换。

这里我们发现和上文国王游戏一样优秀的性质（注意此时 $b<0$）：
$$a_x<a_x-b_y$$
$$a_y<a_y-b_x$$

所以上式可以化简为 $a_y-b_x>a_x-b_y$，即 $a_x+b_x<a_y+b_y$，所以可知需要按照和降序排序。

这里简单提一下如何化简的。首先假如 $\max (a_x,a_y-b_x)>\max(a_y,a_x-b_y)$ 左边的 $a_x$ 作为最大值出现，那么右边的 $a_x-b_y$ 无论如何比它大，不符合题意，右边 $a_y$ 作为最大值时答案显然，无需比较所以选 $a_x-b_y$ 作为最大值。

换一个角度，也可以考虑那个下界要求更高，因为做了一个任务后能力值一定减少了，所以后面的那个显然要求更高。

上面说的都有一个共性，也就是总贡献是一定的，反正都要完成。那假如改为求最大贡献值呢？

参考本题的 hard version。我们使用 DP 在原有基础上进行选择即可，另一种可行的方法是使用反悔贪心，但是本文不做详细展开。

关于这种方法，还可以参考 P4823 [TJOI2013] 拯救小矮人。

首先感性的分析，这也是贪心很重要的一环，我们肯定是让“逃生能力”弱的小矮人先行离开，否则可能就再也没有离开的机会了！这里的“逃生能力”定义为 $a_i+b_i$。另一种看法是肯定要让个子高的在下面，手长的在上面，那么哪个才是正确的呢？

考虑邻项交换，定义如下。

在这里为了直观一点，假设两个人都在最前面，并且都能逃脱（注意这只是假设）。

交换前

$$\left\{\begin{matrix} A+a_x+a_y+b_x\ge H \\ A+a_y+b_y\ge H \end{matrix}\right.$$

交换后

$$\left\{\begin{matrix} A+a_x+a_y+b_y\ge H \\ A+a_x+b_x\ge H \end{matrix}\right.$$

整理可得 $a_x+b_x>a_y+b_y$ 时需要交换，那么升序排列即可。但是到这还没完，因为我们求出的只是所有人走完的最优方案，但是不一定走完，所以套一个背包来求最大值。

P1248，P1561，P2123：这三题属于同一个问题，让我们来看看。

首先从最直观的 P2123 开始，容易想到用邻项交换解决问题，设 $x,y(x<y)$ 是相邻的两个元素，一个显然的事情是 $y$ 对应的值一定是大于 $x$ 对应的值的，这提供了很大方便。

具体的，在交换前设 $s=\sum_{i=1}^{x-1} a_x$，则 $y$ 的值为 $\max(\max(c_{x-1},s+a_x)+b_x,s+a_x+a_y)+b_y$，交换后，$x$ 的值变成 $\max(\max(c_{x-1},s+a_y)+b_y,s+a_x+a_y)+b_x$。外面的加号可以算进去，那么前者就变成了 $\max(c_{x-1}+b_x+b_y,s+a_x+b_x+b_y,s+a_x+a_y+b_y)$，后者变成了 $\max(c_{x-1}+b_x+b_y,s+a_y+b_y+b_x,s+a_x+a_y+b_x)$。注意到第一项是一样的，那么不管。

$$\max(s+a_x+b_x+b_y,s+a_x+a_y+b_y)>\max(s+a_y+b_y+b_x,s+a_x+a_y+b_x)$$

同时减去 $s+a_x+a_y+b_x+b_y$ 得：

$$\min(b_x,a_y)<\min(a_x,b_y)$$

这个式子，似乎和之前都不一样，感觉不能进一步化简了，不妨就这么交上去，你会发现，过了，但是，真的是对的吗？接下来给出简单过程，详细请参考【ouuan】浅谈邻项交换排序的应用以及需要注意的问题。

首先我们考虑邻项交换的本质是什么，简单地说可以看作是一个排序的策略，使得答案最优，那么排序策略需要一些重要的性质，详见这篇博客。而我们求出的这个东西却不满足 STL 需要的性质，所以是不能用来排序的。

于是我们尝试在原有基础上增加点什么，一个很容易想到的尝试是把 $\min(b_x,a_y)<\min(a_x,b_y)$ 找出来，改为 $a$ 的升序排列，这样也很符合直观，也就是让 $\sum^{i=1}_{n}$ 更小。同样也可证明这样做是符合要求的，具体详见上文给出的博客。另一种可行的想法是分类讨论，这样也许你就能得到另一种可行的做法，也就是按照 $a,b$ 的大小关系进行排序。

接着看一下另外两题为什么和这题是一样的，A，B 车间用时就是 $a_i,b_i$，c 就是最长用时，另一题略。

当然，前文所讲都是序列上的贪心，实际上贪心很多时候不会单独出现，而是会结合其他结构一起出现，有时候单纯只是一种思想。

【例题】P4574 [CQOI2013] 二进制A+B

本题可以使用数位 DP 解决，但是代码较为繁琐。但是假如使用贪心解答，代码就简单很多，但是思维量却加大了，所以我们需要做一个权衡。

int B(int x){return __builtin_popcountll(x);}
int C(int x){int r=0;while(x)r++,x/=2;return r;}
void solve(){
    cin>>a>>b>>c;mx=max({C(a),C(b),C(c)});
    a=B(a),b=B(b),c=B(c);if(a<b)swap(a,b);
    if(a+b<c) {cout<<"-1";return;}
    if(c==1) ans=1ll<<(a+b-1);
    else if(c<b) ans=(1ll<<(a+b-c))+((1ll<<(c-1))-1)*2;
    else if(c==b) ans=(1ll<<a)-1+(1ll<<b)-1;
    else if(c<=a) ans=(1ll<<a)+(1ll<<c)-1-(1ll<<(c-b));
    else if(c<a+b) ans=(1ll<<c+1)-1-(1ll<<(2*c-a-b));
    else if(c==a+b) ans=(1ll<<(a+b))-1;
    else ans=-1;  if(C(ans)>mx)ans=-1;
    cout<<ans<<endl;
}

【例题】P3294 [SCOI2016] 背单词

这题就不是简单的贪心了，首先使用 Trie 树把所有字符串倒序存起来，方便表示后缀。

然后贪心的考虑三个操作，首先发现第一个操作代价太大，显然超过了后面的总和，必然不选。这一想法就为字符串序列提供了一个隐性的条件，也就是一个单词的所有后缀都必须出现在这个单词前面。

然后分析一下二三两个操作，我们发现二其实就是三在找不到前缀时的答案，那么就可以只考虑三操作。显然，我们希望后缀中最大的那一个离当前字符串尽可能近。此时我们重构一下 Trie 树，只保留关键节点，也就是让子树大小变成字符串数量，因为我们要尽可能近，所以每个父节点的子树一定是按照大小从小到大排列的。

最后就可以考虑计算答案了，按照 dfn 序记录下前面出现过的个数和自己的位置即可。

【例题】P3243 [HNOI2015] 菜肴制作

这题非常好，首先明确题目要求是最小的能先就先，不是字典序最小（4 1 2 3 优于 2 3 4 1）。

那么我们这样贪心，显然，假如能把最大的 $4$ 放在末尾，那么一定是最好的，因为理想情况就是 1 2 3 4，那么我们可以反向建边，这样问题就转化为了字典序问题，可以直接拓扑排序（每次优先取最大点）。

此外，我觉得当题目中出现类似“Note that you don't have to maximise it.”（不需要求最大化）的时候可以选择想一下贪心。