题面:
超市里有N件商品,每个商品都有利润pipi和过期时间didi,每天只能卖一件商品,过期商品(即当天di<=0di<=0)不能再卖。
求合理安排每天卖的商品的情况下,可以得到的最大收益是多少。
输入格式
输入包含多组测试用例。
每组测试用例,以输入整数N开始,接下里输入N对pipi和didi,分别代表第i件商品的利润和过期时间。
在输入中,数据之间可以自由穿插任意个空格或空行,输入至文件结尾时终止输入,保证数据正确。
输出格式
对于每组产品,输出一个该组的最大收益值。
每个结果占一行。
数据范围
0≤N≤100000≤N≤10000,
1≤pi,di≤100001≤pi,di≤10000
输入样例:
4 50 2 10 1 20 2 30 1
7 20 1 2 1 10 3 100 2 8 2
5 20 50 10
输出样例:
80 185
题解:
这道题目,我们很容易发现是有一个贪心性质,也就是对于t天,我们需要在保证不卖出过期商品的前提下,卖出利润前t大的商品.
所以呢,我们可以把商品按照过期时间排序,然后建立一个小根堆,对于每一个数而言,如果说它的过期时间大于当前小根堆的个数,那么我们可以直接将这个货物的价值加入进来,如果说当前过期时间正好等于这个小根堆堆内的个数,那么我们就需要对比一下,如果说这个货物的价值,是高于小根堆的堆顶的话,那么我们就将小根堆堆顶弹出,然后push我们这个新货物,因为新货物明显是更加优于堆顶的老货物的
代码:
#include#include #include #include #include using namespace std; int main() { int n; while(cin>>n) { vector int,int> >pp(n); for(int i=0;i ) cin>>pp[i].second>>pp[i].first; sort(pp.begin(),pp.end()); priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >head; for(auto p:pp) { head.push(p.second); if(head.size()>p.first)head.pop(); } int res=0; while(head.size())res+=head.top(),head.pop(); cout< endl; } return 0; }
法二:用并查集维护:(看的大佬的题解)
贪心策略:
在不过期的时间内优先卖出利润更大的产品。
按照价值降序,每次扫描到一个价值,尝试一下在过期之前能不能卖出去;此时可能已经有比它更大价值的产品占用了一些日期,于是从过期时间往前面找,直到找到一个空位置。如果这个空位置大于0,那么就把这个产品安排在这天卖出。
暴力找位置最坏复杂度可以达到O(n2)O(n2),所以用并查集优化,每个节点代表日期,日期记录他最近的前面的空闲日期是哪天,每次用掉这天就把这个点和前面的点连起来
实测比优先队列快了三倍
#include
using namespace std;
const int maxn = 1e4 + 233;
typedef pair
vector
int f[maxn];
int ff(int x)
{
if(f[x] == x) return x;
return f[x] = ff(f[x]);
}
int main()
{
int n;
while(cin >> n)
{
int ans = 0;
a.clear();
int maxe = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
int v,e;
scanf("%d%d", &v, &e);
a.push_back({-v, e});
maxe = max(maxe, e);
}
for(int i = 0; i <= maxe; i++) f[i] = i;
sort(a.begin(), a.end());
for(int i = 0; i < a.size(); i++)
{
int v = -a[i].first, e = a[i].second;
int pos = ff(e);
if(pos > 0)
{
ans += v;
f[pos] = pos - 1;
}
}
printf("%d\n", ans);
}
}
作者:米4达girl
链接:https://www.acwing.com/solution/acwing/content/1350/
来源:AcWing
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