反悔贪心

一.什么是反悔贪心

顾名思义，反悔贪心就是两个操作：“反悔” + “贪心”。

一般来说，贪心仅能解出局部最优解。

那么在要求全局最优解时，我们就可以利用“反悔”这个操作解决。

反悔贪心的思想是：每次都进行操作，在以后有最优情况的时候再取消这次操作。

二.反悔贪心基本操作

一般来说，我们采用一个堆来存之前的贪心决策，堆顶是最劣决策。（想要让决策最优必然要撤销之前的最劣决策）

分两种情况：

1. 符合某种条件时，推入堆，计算答案。

2. 不符合某种条件时，与堆顶比较，做出操作。

接下来用一些例题来帮助大家理解这个算法。

三.反悔贪心例题

P3049 [USACO12MAR]Landscaping S

还有他的加强版P2748

可以算是比较板子的反悔贪心的题了。

保证 $0\le A_i,B_i\le 10\le A$

有了这句话我们就可以一盆一盆来转移泥土

我们遍历每一个节点，更新 ans，ans表示到当前节点为止前面所有节点都满足要求的最小代价。

这样我们遍历完最后一个节点后，ans便是最终答案。

对于泥土不够的，我们先花费x代价添加泥土，对于泥土过剩的，我们先花费y代价移走泥土。

同时我们要维护两个堆 q1,q2

q1 存之前的添加泥土的操作

q2 存之前的移走泥土的操作

这样我们存下这些操作便于以后撤销。

堆的比较规则我们会在下面提到。

我们考虑两个花坛之间转移的情况。

情况一：当前花坛的泥土不够

我们设当前看到第 $i$ 个花坛，并且第 $i$ 个花坛泥土不够，我们除了选择补全泥土以外，还可以选择从之前泥土过剩的花坛中转移，所以我们要比较 从 $j$ 花坛转移泥土至 $i$ 花坛 与 移走 $j$ 花坛泥土且补全 $i$ 花坛泥土 两种决策哪个代价更小，我们要选取其中的代价小的作为最优决策。

我们来考虑转移的代价

因为我们是从之前泥土过剩的花坛中转移

所以有 $j<i$

因此

从 $j$ 花坛转移泥土至 $i$ 花坛花费代价： $z\cdot (i-j)$

而

移走 $j$ 花坛泥土且补全 $i$ 花坛泥土花费代价：$x+y$

因为我们 ans 的定义是前面所有节点都满足要求的最小代价，也就是说，此时 ans 的值是已经移走了 $j$ 花坛泥土的代价，所以这两种决策对 ans 的贡献分别为：

从 $j$ 花坛转移泥土至 $i$ 花坛对ans的贡献： $z\cdot (i-j)-y=z\cdot i-(z\cdot j+y)$

移走 $j$ 花坛泥土且补全 $i$ 花坛泥土对 ans 的贡献：$x$

不难发现，$z\cdot i$ 是定值，想要让转移的代价最小，我们要找到一个位置 $j$ 满足：

1. 该位置进行过移走泥土的操作

2. $z\cdot j+y$ 最大

堆 q2 存的是之前的移走泥土的操作，所以 q2 内的位置均满足性质一，而我们只需让 q2 维护为一个使 $z\cdot j+y$ 最大的大顶堆，这样我们每次取堆顶就是我们需要的位置 $j$。

接下来更新 ans ：

• 转移的代价更大，即 $z\cdot i-(z\cdot j+y)>=x$

  ans+=x，并将当前操作加入 q1

• 转移的代价更小，即 $z\cdot i-(z\cdot j+y)<x$

  ans+=z * i - (z * j + y)，并取出 q2 的堆顶，并将当前操作加入 q1（有可能 $i$ 和 $j$ 转移并非最优，所以要把这次也加入 q1，方便后面撤销）

情况二：当前花坛的泥土过剩

与情况一同理

设当前看到第 $i$ 个花坛，并且第 $i$ 个花坛泥土过剩，我们除了选择移走泥土以外，还可以选择转移到之前泥土不够的花坛中，所以我们要比较 从 $i$ 花坛转移泥土至 $j$ 花坛 与 移走 $i$ 花坛泥土且补全 $j$ 花坛泥土 两种决策哪个代价更小，我们要选取其中的代价小的作为最优决策。

我们来考虑转移的代价

因为我们是转移到之前泥土不够的花坛中

所以有 $j<i$

因此

从 $i$ 花坛转移泥土至 $j$ 花坛花费代价： $z\cdot (i-j)$

而

移走 $i$ 花坛泥土且补全 $j$ 花坛泥土花费代价：$x+y$

因为我们 ans 的定义是前面所有节点都满足要求的最小代价，也就是说，此时 ans 的值是已经补全了 $j$ 花坛泥土的代价，所以这两种决策对 ans 的贡献分别为：

从 $i$ 花坛转移泥土至 $j$ 花坛对ans的贡献： $z\cdot (i-j)-x=z\cdot i-(z\cdot j+x)$

移走 $i$ 花坛泥土且补全 $j$ 花坛泥土对 ans 的贡献：$y$

不难发现，$z\cdot i$ 是定值，想要让转移的代价最小，我们要找到一个位置 $j$ 满足：

1. 该位置进行过补全泥土的操作

2. $z\cdot j+x$ 最大

堆 q1 存的是之前的补全泥土的操作，所以 q1 内的位置均满足性质一，而我们只需让 q1 维护为一个使 $z\cdot j+x$ 最大的大顶堆，这样我们每次取堆顶就是我们需要的位置 $j$。

接下来更新 ans ：

• 转移的代价更大，即 $z\cdot i-(z\cdot j+x)>=y$

  ans+=y，并将当前操作加入 q2

• 转移的代价更小，即 $z\cdot i-(z\cdot j+x)<y$

  ans+=z * i - (z * j + x)，并取出 q1 的堆顶，并将当前操作加入 q2（有可能 $i$ 和 $j$ 转移并非最优，所以要把这次也加入 q2，方便后面撤销）

至此我们这道题的思路就讲完了。

code:

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=100010; 
int n,a[N],b[N],ans,x,y,z; 
priority_queue<int> q2,q1;
signed main() {
	cin>>n>>x>>y>>z;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i]>>b[i];
		if(a[i]<b[i]){//情况一：当前花坛的泥土不够
			for(int j=1;j<=b[i]-a[i];j++)//一盆一盆转移 
				if(q2.empty()||z*i-q2.top()>x){
					ans+=x;
					q1.push(z*i+x);
				}else {
					int g=q2.top();
					ans+=z*i-g;
					q2.pop();
					q1.push(z*i+z*i-g);
				}
		}else if(a[i]>b[i]){//情况二：当前花坛的泥土过剩
			for(int j=1;j<=a[i]-b[i];j++)//一盆一盆转移
				if(q1.empty()||z*i-q1.top()>y){
					ans+=y;
					q2.push(z*i+y);
				}else {
					int g=q1.top();
					ans+=z*i-g;
					q1.pop();
					q2.push(z*i+z*i-g);
				}
		}
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}