贪心技术简介

局部解是最终解的一部分
在这个基础上继续解更多的解

优点：不用回溯，效率高

案例1：桥

POJ题目链接
题意：
有N个人过桥，每个人单独过桥花 t _i 时间
天黑要手电筒，他们只有一个手电筒
这桥最多容纳两人同时过，取慢者的时间计
求过桥最短时间
(1 ≤ N ≤ 50) (ti are integers from 1 to 100).

一道有名的老题，曾经公司面试题，一万人面试只有4个人做出来

思路：
（先排序）

贪心想法1：
是不是可以让用时最短的一一把人都送过去呢？
这样子时间就是
$\sum$t_i (i从2到n)+(n-2)t₁

问题是
这样子就让时间占的多的都去了一遍
不如让时间占的多的一起上，两次换成1次
那么我们让时间最短次短的送手电筒，先一起去之后分开回来

这样子把最短次短的送过去时间是
t₂+t₁+t_n+t₂

但是我们不能不证明，仅凭一般感觉下结论，后者一定好

比较：
前者定量
送一个：
t_n+t₁
送两个：
t_n+t₁+t_n-1+t₁
后者定量：
送两个：
t₂+t₁+t_n+t₂
（送一个也这样，就浪费了时间）

可以看到，
送一个，第一种好
送两个，比较
t_n-1+t₁
和
2 * t₂
一般是t_n-1+t₁大，但是还是要判断的

最后只有三个时
由于
t₂+t₁比2 * t₂ 小，不用特判

但是我们还可以发现
只要开始
t_n-1+t₁<2 * t₂
则之后就更小了
所以我们只要判断一次
即开始按贪心2每次减2
之后按贪心1每次减1

AC代码：
开始样例错了
是没发现我们只要判断一次，最后几种情况乱了
又错
是最后只有2个人时只要取t[2]
wa了一次，注意特判只有一个时，取t[1]

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<stdlib.h>
#include<math.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
//#include<string>
//#include<sstream>
//#include<vector>
//#include<map>
//#include<set>
//#include<ctype.h>
//#include<stack>
//#include<queue>
#ifdef LOCAL
FILE*FP=freopen("text.in","r",stdin);
//FILE*fp=freopen("text.out","w",stdout);
#endif
using namespace std;
#define ll long long
#define ld long double
#define pii pair<int,int>
#define piii pair<int,pii>
#define pll pair<ll,ll>
#define plll pair<ll,pll> 
#define vi vector <int> 
#define vii vector <vi> 
#define st first
#define nd second
#define pb push_back
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define _forplus(i,a,b) for( register int i=(a); i<=(b); i++)
#define forplus(i,a,b) for( register int i=(a); i<(b); i++)
#define _forsub(i,a,b) for( register int i=(a); i>=(b); i--)
#define ALL(x) x.begin(),x.end()
#define INS(x) inserter(x,x.begin())
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LINF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define pi (acos(-1))
#define EPS 0.00000001
#define MOD 1000000007
#define fastio 	std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);
#define N 55
int t[N];
int main(){fastioint n;cin>>n;t[0]=0;_forplus(i,1,n){cin>>t[i];}if(n==1){cout<<t[1]<<endl;return 0;}sort(t+1,t+1+n);int sum=0;while(n>2){//最后两个可以一起过 if(2*t[2]>t[1]+t[n-1]){break;}//跳到第一种贪心sum+=t[1]+2*t[2]+t[n];n-=2;//第二种贪心 }while(n>2){sum+=t[1]+t[n];n--;} sum+=t[2];cout<<sum<<endl;return 0;
}

案例2：安放雷达

POJ题目链接
题意：
有N个海岛，雷达射程为d
给出海岛坐标
求，要在海岸线上至少装多少雷达
如果不能，输出-1

有多组样例，输出标出case i
输入 N=0 d=0 结束

(1<=n<=1000)

分析：
贪心法找最大包含，之前写过一个二分+贪心的题
https://blog.csdn.net/qq_51945248/article/details/115607474

先勾股定理求出
各岛对应海岸线上的雷达安放左右范围
（如果没有范围，就是不存在了，但数据还是要读完）
从左向右看各岛
如果范围内有雷达，就可以
如果没有，就在最右点放一个，因为这样最可能在之后更右边的岛的范围内
雷达数也加1

AC代码：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<stdlib.h>
#include<math.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
//#include<string>
//#include<sstream>
//#include<vector>
//#include<map>
//#include<set>
//#include<ctype.h>
//#include<stack>
//#include<queue>
#ifdef LOCAL
FILE*FP=freopen("text.in","r",stdin);
//FILE*fp=freopen("text.out","w",stdout);
#endif
using namespace std;
#define ll long long
#define ld long double
#define pii pair<int,int>
#define piii pair<int,pii>
#define pll pair<ll,ll>
#define plll pair<ll,pll> 
#define pdd pair<double,double>
#define pdi pair<double,int>
#define pid pair<int,double>
#define vi vector <int> 
#define vii vector <vi> 
#define st first
#define nd second
#define pb push_back
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define _forplus(i,a,b) for( register int i=(a); i<=(b); i++)
#define forplus(i,a,b) for( register int i=(a); i<(b); i++)
#define _forsub(i,a,b) for( register int i=(a); i>=(b); i--)
#define ALL(x) x.begin(),x.end()
#define INS(x) inserter(x,x.begin())
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LINF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define pi (acos(-1))
#define EPS 0.00000001
#define MOD 1000000007
#define fastio 	std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);
#define N 1005
pii dao[N];
pdd an[N];
istream& operator >> (istream&input,pii&t){input>>t.first>>t.second;return input;
}//1.重载参数 2.t不是指针 
bool cmp(pdd a,pdd b){return a.second<b.second;
}
int main(){fastioint n,d,cnt=0;while(cin>>n>>d,n||d){int flag=1;//默认都合理 _forplus(i,1,n){cin>>dao[i];if(abs(dao[i].second)>d)flag=0;}if(!flag){cout<<"Case "<<++cnt<<": -1"<<endl;}else{_forplus(i,1,n){int x=dao[i].first;double dx=sqrt(d*d-dao[i].second*dao[i].second);//不要忘了sqrt，到处对要用心 an[i].first=x-dx; an[i].second=x+dx; }sort(an+1,an+1+n,cmp);int ct=1;double now=an[1].second;_forplus(i,2,n){if(an[i].first>now){ct++;now=an[i].second;}}cout<<"Case "<<++cnt<<": "<<ct<<endl;}}return 0;
}

还有复习一下重载：
istream& operator >> (istream&input,pii&t){input>>t.first>>t.second;return input;
}//1.重载参数 2.t不是指针 

WA了两次，原来是想到sqrt就以为自己写上了，结果没有写上
真是低级错误，要用心
多亏了评论区的这个数据
不过其实就算是拿样例调试，数据也有不同的

2 5
-3 4
-6 34 5
-5 3
-3 5
2 3
3 320 8
-20 7
-18 6
-5 8
-21 8
-15 7
-17 5
-1 5
-2 3
-9 6
1 2
2 3
3 4
4 5
5 6
6 7
7 8
8 7
9 6
10 5
0 02 3
0 2
2 32 3
0 2
1 33 3
1 2
-3 2
2 48 5
2 4
-4 4
-3 3
-3 1
-3 0
-1 0
0 5
6 03 0
1 2
-3 1
2 13 2
1 2
-3 1
2 11 2
0 22 3
0 2
2 34 -5
4 3
4 3
2 3
6 -93 -3
1 2
-3 2
2 16 2
1 2
1 2
1 2
-3 1
2 1
0 01 2
0 22 3
0 2
1 33 10
1 10
2 3
4 53 5
1 10
2 3
4 54 7
1 10
2 3
4 5
0 03 9
1 10
2 3
4 5
0 0================结果
Case 1: 1
Case 2: 2
Case 3: 4
Case 4: 1
Case 5: 1
Case 6: -1
Case 7: 3
Case 8: -1
Case 9: 2
Case 10: 1
Case 11: 1
Case 12: -1
Case 13: -1
Case 14: 2
Case 15: 1
Case 16: 1
Case 17: 1
Case 18: -1
Case 19: -1
Case 20: -1
挥着翅膀的鳖 献上。。。
d<=0不需要判断
y<=0 不需要判断
把每个岛屿来当做雷达的圆心，半径为d，做圆，与x轴会产生两个焦点L和R，这就是一个区间；
首先就是要把所有的区间找出来，然后x轴从左往右按L排序，再然后就是所谓的贪心把那些互相重叠的区间去掉就行了，区间也就是雷达；

案例3：合并果子（相当于哈夫曼树，哈夫曼编码）

HOJ（湖南大学OJ）题目，NOI的中文题，没有校园网进不来的同学可到洛谷一叙
题意：
有n堆果子，
每堆果子质量 a _i
（1 <= n <= 10000）
（1 <= ai <= 20000）

每一次合并，多多可以把两堆果子合并到一起，消耗的体力等于两堆果子的重量之和
所有的果子经过n-1次合并之后，就只剩下一堆了
求最小的体力耗费值
保证这个值小于2的31次方

分析：
不难想到，排序不等式，
轻的多搬，重的少搬
而合并后是新的一堆
所以每次合并就是把最轻和次轻的合并

数据结构上：
为了方便，可以弄优先队列

为了高效，可以用两个数组，不用排序
一个a存原堆，从小到大排序
一个b存产生的堆，新产生的比老产生的大，因为原来轻的合并了，在变重了
每次只要判断从
a取2个，
a,b各取1个，
b取2个
里取最小值m，
相应地修改位置指针
sum+=m
同时m加到b里

进行n-1次，这是固定的

拓展：
哈夫曼树差不多就是这样
当用 n 个结点（都做叶子结点且都有各自的权值）试图构建一棵树时，如果构建的这棵树的带权路径长度最小，称这棵树为“最优二叉树”
在这里，我们有N堆果子，正是在找带权路径长度最小的最优二叉树
方法差不多就是这样，多存一下节点就好

应用之一：哈夫曼编码
拿e，这个英语里用的最多的字母，用1个字节特定存储
拿z，这个英语里用的最少的字母，用8个字节特定存储
因为e用的多，所以经常在节省，总存储是最短的
这和传统的26个需要22222，5个字节不同
当然不一定是这个规则，是看该文本的各字符出现频率决定的
静态的就根据整个文本统计频率构造哈夫曼树
动态的是实时的，每一个字符来源于之前已有字符的哈夫曼树

回到正题：
我们为了减少判断边界
可以利用通用的判断规则
如这里的“墙”：a[n+1],a[n+2]=INF，就不会让a[n]+a[n+1]，a[n+1]+a[n+2]有机会
b也是，开始都是INF，如果现在是第i次，合成就是i-1个，就不会让b[i-1]+b[i]有机会
而总共的n-1次，不受影响的

const int INF=(int)pow(2,30);//比0x3f3f3f3f大，不能代替 

但是我为了方便，还是用了优先队列。
——但是超时了，，，

priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >q;
值得注意的是，优先队列的写法，默认降序，greater < int > 改变顺序
sort ，默认升序， greater< int > () 改变顺序
注意共同点是改变顺序，不同点是默认排序不同，
且语法上sort的比较多一个()
因为sort传的是真函数，priority_queue传的是仿函数，实际上是结构体

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<stdlib.h>
#include<math.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
//#include<string>
//#include<sstream>
//#include<vector>
//#include<map>
//#include<set>
//#include<ctype.h>
//#include<stack>
#include<queue>
#ifdef LOCAL
FILE*FP=freopen("text.in","r",stdin);
//FILE*fp=freopen("text.out","w",stdout);
#endif
using namespace std;
#define ll long long
#define ld long double
#define pii pair<int,int>
#define piii pair<int,pii>
#define pll pair<ll,ll>
#define plll pair<ll,pll> 
#define pdd pair<double,double>
#define pdi pair<double,int>
#define pid pair<int,double>
#define vi vector <int> 
#define vii vector <vi> 
#define st first
#define nd second
#define pb push_back
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define _forplus(i,a,b) for( register int i=(a); i<=(b); i++)
#define forplus(i,a,b) for( register int i=(a); i<(b); i++)
#define _forsub(i,a,b) for( register int i=(a); i>=(b); i--)
#define ALL(x) x.begin(),x.end()
#define INS(x) inserter(x,x.begin())
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LINF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define pi (acos(-1))
#define EPS 0.00000001
#define MOD 1000000007
#define fastio 	std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);
#define N 100004
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >q;
int main(){fastioint n;cin>>n;int t;_forplus(i,1,n){cin>>t;q.push(t);}int sum=0,ta,tb,tc;_forplus(i,1,n-1){ta=q.top();q.pop();tb=q.top();q.pop();tc=ta+tb;sum+=tc;q.push(tc);}cout<<sum<<endl;return 0;
}

看来还是要减少排序时间啊。
Accepted 1212KB 62ms ：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<stdlib.h>
#include<math.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
//#include<string>
//#include<sstream>
//#include<vector>
//#include<map>
//#include<set>
//#include<ctype.h>
//#include<stack>
#include<queue>
#ifdef LOCAL
FILE*FP=freopen("text.in","r",stdin);
//FILE*fp=freopen("text.out","w",stdout);
#endif
using namespace std;
#define ll long long
#define ld long double
#define pii pair<int,int>
#define piii pair<int,pii>
#define pll pair<ll,ll>
#define plll pair<ll,pll> 
#define pdd pair<double,double>
#define pdi pair<double,int>
#define pid pair<int,double>
#define vi vector <int> 
#define vii vector <vi> 
#define st first
#define nd second
#define pb push_back
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define _forplus(i,a,b) for( register int i=(a); i<=(b); i++)
#define forplus(i,a,b) for( register int i=(a); i<(b); i++)
#define _forsub(i,a,b) for( register int i=(a); i>=(b); i--)
#define ALL(x) x.begin(),x.end()
#define INS(x) inserter(x,x.begin())
#define INF 0x3f3f3f3f
//const int INF=(int)pow(2,30);
#define LINF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define pi (acos(-1))
#define EPS 0.00000001
#define MOD 1000000007
#define fastio 	std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);
#define N 100004
int a[N],b[N]; 
int main(){fastioint n;cin>>n;_forplus(i,1,n+2){b[i]=INF;}a[n+1]=a[n+2]=INF;_forplus(i,1,n){cin>>a[i];}sort(a+1,a+1+n);int sum=0,tc,pa=1,pb=1,cntb=1;_forplus(i,1,n-1){int flag=0;//0:2a,1:ab,2:2btc=a[pa]+a[pa+1];if(tc>a[pa]+b[pb]){flag=1;tc=a[pa]+b[pb];}if(tc>b[pb]+b[pb+1]){flag=2;tc=b[pb]+b[pb+1];}sum+=tc;b[cntb++]=tc;//别忘了加这个 if(flag==0){pa+=2;}else if(flag==1){pa++,pb++;}else{pb+=2;}}cout<<sum<<endl;return 0;
}

但是要声明一个问题：
我是不应该用0x3f3f3f3f的，它更小
自己都可以找到错误：

2
1073741823 1073741823
正确：2147483646
错误：2122219134
*1073741823是2^30-1

只能说测试数据不够给力
之所以没有用INF=2³⁰是因为越界
不过我们可以用INF=2³⁰-1吗？
给的是小于2³¹
即可以给2³⁰，2³⁰-1的测试用例
还是不行
建议改unsigned int 或long long 后用INF=2³⁰

案例4：判断一个数是否可以分解为阶乘和

POJ题目链接
题意：
给你一个非负数n，问能否被分解乘若干个阶乘的和，输出"YES" or “NO”
(n <= 1,000,000)
输入-1结束

分析：
首先0是个特殊的
等下特判交两次解决

现在有三种方法：

1. 打表，反正1,000,000内阶乘不多，每一个组合都是可以，没有弄到就不可以
2. 动态规划01背包，
   对单个n，其容积为n，放入一个物品t!
   已知结果为m时可以，则m+t!也可以，只要m+t!不越界
   首先认为0是可以的，从0!开始加，到t!，也相当于打了一个表
   最后看n是否刚好是在结果中

• 其实以上1.2.可能是互为补充
  因为我不知道1.中这么组合，好像是可以用01背包组合，就互为帮助

3. 超递增序列的背包问题可以贪心
   超递增序列：
   a_i>s_i-1的序列是严格超递增序列；
   a_i>=s_i-1的序列是不严格超递增序列；
   如n!，2ⁿ，3ⁿ
   为什么该背包问题可以贪心？
   因为，从大到小放，
   如果能放下，那一定要，因为不放的话，之后所有的s_i-1也不会比这个a_i更大了
   （刚好能放下，就都yes，忽略一种0!+1!情况不影响，比如2!和0!+1!，n=2）
   所以我们不会有回头路，能放就放，不能放就下一站。
   效率快了一个数量级！

OLE了一次，第一次OLE遇到
即输出超空间，即一直输出
原来有一个坑爹的地方：
The input is terminated by a line with a negative integer.
这不是-1！！！
我除了说认真读题还能说啥。。

几次wa:
1.是要特判的
2.特判就要continue;//不能忘了这个重复输出啊！！

Accepted 660K 63MS:

#include<stdio.h>
//#include<string.h>
//#include<stdlib.h>
//#include<math.h>
#include<iostream>
//#include<algorithm>
//#include<string>
//#include<sstream>
//#include<vector>
//#include<map>
//#include<set>
//#include<ctype.h>
//#include<stack>
//#include<queue>
#ifdef LOCAL
FILE*FP=freopen("text.in","r",stdin);
//FILE*fp=freopen("text.out","w",stdout);
#endif
using namespace std;
#define ll long long
#define ld long double
#define pii pair<int,int>
#define piii pair<int,pii>
#define pll pair<ll,ll>
#define plll pair<ll,pll> 
#define pdd pair<double,double>
#define pdi pair<double,int>
#define pid pair<int,double>
#define vi vector <int> 
#define vii vector <vi> 
#define st first
#define nd second
#define pb push_back
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define _forplus(i,a,b) for( register int i=(a); i<=(b); i++)
#define forplus(i,a,b) for( register int i=(a); i<(b); i++)
#define _forsub(i,a,b) for( register int i=(a); i>=(b); i--)
#define ALL(x) x.begin(),x.end()
#define INS(x) inserter(x,x.begin())
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LINF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define pi (acos(-1))
#define EPS 0.00000001
#define MOD 1000000007
#define fastio 	std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);
#define N 1000005
int f[15],cnt;
void pre(){f[0]=1;_forplus(i,1,14){f[i]=f[i-1]*i;//	cout<<f[i]<<endl;if(f[i]>N){cnt=i-1;break;}}
}
int main(){fastiopre();//sort(f,f+cnt+1,greater<int>());排序下面就_forplus，现在弄混了。//为了减少复杂度，不排序 int n;//int c=0;while(cin>>n,n>=0){//cout<<c++;if(n==0){cout<<"NO\n";continue;//不能忘了这个重复输出啊！！ }//特判 /_forsub(i,cnt,0){if(n>=f[i]){n-=f[i];}} if(n){cout<<"NO\n";}else{cout<<"YES\n";}//按这个规则，0是可以被阶乘相加的。确实有0个阶乘相加，但是就不能有阶乘相加，就不太清楚的 }return 0;
}