{大赦課之玖}
失蹤
\(INDEX\)
- greedy
這我
- 20729 蔡嘉晉
- 失蹤的世宗
- judging
- 因為大家都用之前的綽號講爛梗所以換綽號了
- 但還是一樣爛
- 這邊推薦大家叫我本名
- 店言學術
- 資訊校隊
- 北市賽佳作
{greedy}
要叫他貪心還是貪婪呢
一個不用思考的🌰
- 一條數列 有正有負
- 可以拿走部分的數字
- 希望拿到的數字的總和最大
- 啊不就看到正的就拿
- 對啊就這樣
- 貪婪 的拿走所有能讓你答案更好的東西
- 當然正常來說不會這麼水
how to greedy
- 用greedy算法的時候
- 不是要找到一個最佳解
- 而是要往一個不會比最佳解差的方向走
- 也就是說你做某個操作
- 你不確定他的結果
- 但是你知道這樣還是能夠達到最佳解
- 這樣把所有要操作的東西處理完
- 因為你每次都維護著最佳解
- 所以最後答案就會是好的
- 好抽象 圖形化一下
一顆決策樹
- 每個選擇就像在一棵樹上做決策
- 每個樹上的點分別代表一種決策
- 用剛剛拿陣列當🌰 假設有一個陣列{1, -3, 2, 4, -6}
根
0
1
1-3
1
1+2
1
3-4
3
3-6
3
this one
is good
¿SO?
- 在決策樹中
- greedy要做的不是找到所有最佳解可能存在的枝葉們
- 而是要保證往下走的這顆子樹會有至少一個最佳解
根
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1-3
1
1+2
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3
3-6
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來看個真正的greedy🌰
- 眾所皆知 建電每次出去吃飯都會有些人吃飯特別慢
- 比如吉米每次都在講話然後花了別人兩倍時間才吃完
- 所以上菜及吃飯的先後順序就很重要了
- TIOJ 1072 誰先晚餐
- 給定每個人點的餐所需要的做菜時間 \(W_i\) 以及吃飯時間 \(C_i\)
- 有一廚師專門為這桌人服務
- 求最快何時所有人都能吃完飯
- 誰要先吃？
- 做飯快的? 做飯慢的? 吃飯慢的? 吃飯快的?
證明啊
- 生活中我們可能會讓吃比較慢的人先吃 (\(C_1 \ge C_2 \ge ... \ge C_N\))
- 但為什麼 證明啊 你證明啊
- 若一吃飯序列中非全由吃較慢的人先吃
- 必有二相鄰吃飯者其 \(C_i \lt C_{i+1}\)
- 意即 \(i+1\) 吃比 \(i\) 慢
- 考慮這兩個人誰該先吃
\(i\) 先吃
\(i+1\) 先吃
\(i\) 耗時
\(i+1\) 耗時
\(W_{i+1}+C_{i+1}\)
\(W_i+W_{i+1}+C_{i+1}\)
\(W_{i}+C_{i}\)
\(W_i+W_{i+1}+C_{i}\)
>
>
>
- \(i+1\) 先吃的情況一定不比 \(i\) 差
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ss second
#define ff first
#define int long long
signed main() {
ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
int n;
while(true){
cin>>n;
if(n==0) return 0;
vector<pair<int, int>> people;
for(int i=0; i<n; ++i){
int a,b;
cin>>a>>b;
people.push_back({b, a});
}
sort(people.begin(), people.end(), greater<pair<int, int>>());
// pair會先比較第一項再比較第二項
int current=0; //廚師煮飯時間和
int maximum=0;
for(int i=0; i<n; ++i){
current=current+people[i].ss;
maximum=max(maximum, current+people[i].ff); // curTime + arr[i].first是第i人離開的時間
}
cout<<maximum<<'\n';
}
}
# PRESENTING CODE
AC CODE
{greedy-2}
為了不要讓上一條太深
🌰 - 2
-
蘿莉切割問題
每次greedy都一定要講 - 原版題序偏噁 和諧版如下
- 把一個東西分成 \(N\) 塊
- 每塊有一個權重 將一塊重量為 \(x\) 的東西分成 \(y\), \(z\)
- 需花費 \(x\) 的代價
- 已知所需分成的 \(N\) 塊個別所需的權重 求最小代價
- 例：
- 一塊東西要分成 3 2 2 3 代表原本有十單位
- 可以 [10] -> [8, 2] -> [5, 3, 2] -> [3, 2, 3, 2] 代價 10+8+5 = 23
- 或是 [10] -> [6, 4] -> [3, 3, 4] -> [3, 3, 2, 2] 代價 10+6+4 = 20
- 第二種顯然比較好，同時也是所有分割方法的最佳方法
耗
- 正著切太難做了 不如反過來將想要切成的塊數合併吧
- 用一顆樹來解釋
- 不是決策樹
樹
- 序列: [8, 2, 3, 7, 5]
- btw這是一顆二元樹
2
3
5
5
10
15
7
8
25
合併 / 切割
樹
- 這樣代價是多少？
- (2+3)+(5+5)+(7+8)+(15+10)
2
3
5
5
10
15
7
8
25
樹
- 這樣代價是多少？
- (2+3)+((2+3)+5)+(7+8)+((7+8)+(2+3+5))
- 2 三次
- 3 三次
- 5 二次
- 7 二次
- 8 二次
2
3
5
5
10
15
7
8
25
樹
- 越底層的節點會被算到最多次
- 如果把最後結果當作第0層
- 他下面兩顆當第1層
- 第 \(i\) 層的要算 \(i\) 次
2
3
5
5
10
15
7
8
25
樹
- 所以我們要把越小的數字放越下面
- 最下層的會先算到才能算上層的
- 所以每次選最小的兩個來算!
- 也可以發現將樹上任二
- 葉節點交換皆會使答案
- 不變或增加
- 葉節點的意思是下面沒有東西的節點
- 7 8 2 3 5
2
3
5
5
10
15
7
8
25
證明？
- 可以發現每次都拿最小的兩個來算就好了
- 既然剛剛用樹來解釋了
- 所以
樹歸 - 數學歸納法
證明
- 當 \(N = 2\)時，我們只有兩個數字\(a_1\)和\(a_2\)。，我們會先合併這兩個數字，成本為\(a_1+a_2\)，最終只剩下一個數字，所以成本最小。
- 假設對於\(N = k\ (k \ge 2)\)的情況，我們的貪婪策略總是能夠最終只剩下一個數字，並且成本最小。
- 歸納步驟：現在考慮\(N = k + 1\)的情況，我們有\(k + 1\)個數字\(a_1, a_2, ..., a_{k+1}\)。根據貪婪策略，我們會先合併a1和a2，成本為\(a_1+a_2\)
- 然後，我們得到了\(k\)個數字\(a_1+a_2, a_3, a_4, ..., a_{k+1}\)。根據歸納假設，可以使用貪婪策略將這\(k\)個數字合併成一個數字，並且成本最小
- 因此，總成本為\(a_1+a_2+\) 最小成本（\(k\)個數字的合併成本）
- 由於我們每次合併都是選擇最小的兩個數字，所以最小成本(\(k\)個數字的合併成本）也是最小的。因此，總成本最小。
-
綜上所述，我們使用貪婪策略可以確保最終只剩下一個數字，並且成本最小。這就是這個問題的一個有效解法。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
signed main(){
int n,m;
while(cin>>n){
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > p;
while(n--){
cin>>m;
p.push(m);
}
int sum=0;
int a,b;
while(p.size()>1){
a=p.top();
p.pop();
b=p.top();
p.pop();
sum+=a+b;
p.push(a+b);
}
cout<<sum<<'\n';
p.pop();
}
}# 誰先晚餐
AC CODE
記得開long long
{greedy-3}
additional
如果有時間再講
最大線段覆蓋
- 在一個數線上
- 有 \(N\) 個區間
- 請取出最多的區間使所有區間不互相覆蓋
- greedy的對區間右界排序並能拿就拿
- why?
- 可以試試看用數歸或反證法證明
題單
- ISCOJ
- CSES
- NEOJ
- CF
聽說我們有大赦賽
btw這我跟佑佑的美術作業
