nyoj贪心算法

在nyoj上做了不少贪心算法的题了，作为一个很重要的基础算法，贪心还是有很强的规律性的。在这篇博文里简单总结一下，欢迎大家多提宝贵意见。

第一、二、三类为几种经典的贪心算法，都涉及到若干区间，而我们第一步要做的都是将这些区间按右端点排序（通常为从小到大排序，若右端点一致则按左端点从小到大排序）。

第一类，用最少点数覆盖给定区间左右端点的所有区间，要求每个区间内至少一个点，如nyoj287、nyoj891和nyoj1036。方法是将所有区间按右端点从小到大排序，记录第一个区间右端点值tmp，并依次判断每个区间的左端点是否在tmp左侧，若不是，更新tmp为当前区间右端点并将计数值++；

第二类，能安排活动最大数，如nyoj14。14题首先将各活动按右区间端点排序，记录第一个区间右端点值tmp，依次找区间左端点是否在tmp右边。若是，更新tmp为当前区间右端点并将计数值++。

第三类，给定一些区间，若某区间能像套娃一样互相包含（不允许一直接套二，但可以一套一套一），则可将其视为一个区间，求这些区间最少可视为几个区间，如nyoj236。此题要设置一个标记数组，先按右端点大到小排序，记录第一个区间左端点值tmp，更新第一位标记数组，依次判断之后的区间，若左区间大于tmp，证明该区间可被囊括，将tmp更新为该区间左端点值，并更新标记数组对应位置。用此方法判断至最后一个区间为以第一个区间为最外侧“套娃”最多能包含哪些区间。再进行第二轮，此时最外侧的区间为从未使用过的第一个区间。重复以上步骤，看有多少个大“套娃”即为所求。

第四类，多项事件并发求最短时间。如nyoj220，方法是依次将每项事件占用的资源（如时间，房间等）++，最终所有资源中最大数值即为所求；

第五类，给定一个数字，规定某种变换方式，求若干步变换后的最大值或最小值，如nyoj448和nyoj1057等。一般考虑每一步都是最优的变换方法，不过像1057这道题就不能逐步考虑，由此题题干可知，若可以移动两次，那么第1、2、3位均可以移动到第一位，这样先挑选前三位中的最大的数字（一样的话取靠前位），在总步数上扣去选定位和当前位（第0位）位数差后看还剩多少步。若还剩余移动步数，则用同样的方法挑选第二位，直到挑选完倒数第二位或没有步数时停止。附上本人此题ac代码：

#include
using namespace std;

int finds(string s,int be,int a)
{
    int max=s[be];
    int ans=be;
    int ss=s.size();
    for(int i=be;i<=be+a&&imax)
        {
            max=s[i];
            ans=i;
        }
    }
    return ans;
}

int main()
{
    string s;
    int a;
    while(cin>>s>>a)
    {
        int ss=s.size();
        int be=0;
        while(a&&(bebe;k--)
            {
                s[k]=s[k-1];
            }
            s[be]=tmp;
            a-=(i-be);
            be++;

        }
        cout<

第六类，二分加贪心，如nyoj586和nyoj619。以其中的586题（疯牛）为例，需要找到能安排下所有牛的最大间隔最小值。问题读起来有点绕，可以理解为让这些牛尽量在一条直线上给定的房间分散居住，后求出最分散的情况下，两头牛的距离最小是多少。用贪心的方法解决需要先将房间位置排序，后判断对于给定的间隔，最多能放几头牛。相关代码如下：

int fun(int m)
{
    int cnt=1;
    int tmp=room[0];
    for(int i=1;i=m)
        {
            cnt++;
            tmp=room[i];
        }
    }
    //cout<<"can live"<

数据量给的10的9次幂，所以要用到二分，两个边界值我分别选取的相邻栅栏的位置差（题中规定相邻不是位置差一）和首位栅栏位置差/（牛个数-1）（n头牛有n-1个间距）。顺便说下，我在二分的时候习惯在边界出现左大于右时跳出循环，由于循环体内达到这种条件，上次一循环必定是左右边界重合，故只需检验边界值是否成立即可，这道题二分相关的代码如下

        sort(room,room+n);
        int l=1000000002;
        int k=room[n-1]/(c-1);
        for(int i=1;i

k、l重合时，若重合点不能满足住下c头牛，则k-1后跳出循环，此时l指向的值依然是重合点，不满足条件，故输出l-1；类比重合点满足，则l+1后跳出循环，重合点满足而其右边在之前判断中一定不满足（因为k移动到重合点了），同样输出l-1；619题于此题类似，只是在设计贪心部分时要考虑相等和小于两种情况。

第七类，找规律问题，如nyoj1087。将从1至n*n这些数放在一个n*n的矩阵中，其中数值相差1的数必须在矩阵中相邻，求对角线数字和最大值。既然希望达到和的最大值，那我们不妨将n*n放在第一行第一个位置，之后从大到小的填写其他数字，并尽量将大的数放在对角线上。比如6*6的矩阵就可以首先这样摆放：

36   35

       34

       33  32   31

                    30

                    29  28  

其中变红位置为对角线位置，但之后不能将27，26继续按以上规律填写，否则27会将矩阵分割成右上和左下两个部分，导致无法继续填写数字。故27要填写在28上方，并将数字充满上方之后才能填写28右侧的数字，效果如下：

36   35   22    21  20  19

  1   34  23   24  25  18

  2   33   32   31  26  17

  3    4     5    30  27  16

  8    7     6    29  28  15

  9   10   11   12   13  14 

由于对称性，右下角的数字刚好为其左上方数字的二分之一，得出规律：对角线和的最大值为首项n*n，公差-2，项数n-1的等差数列之和加上其最后一项的二分之一。

第八类：过河问题，如nyoj47。也属于经典问题，解决方法比较固定，先将人们的过桥时间按从小到大排序。

①若只有1人，直接通过，时间为a[0];

②若只有2人，一起通过，时间为a[1];

③若只有3人，最快和最慢先通过，最快人回来带着第二快过河，时间为a[0]+a[1]+1[2];

④若大于3人，若2*a[1]+a[0]+a[n-1]>2*a[0]+a[n-1]+a[n-2]，则最快人连送两次，否则，最短2人过去后，最短回，最长两人过，次短回；这两种方法均能送最长二人过河，之后转化为n-2人过河。

第九类：贪心算法中的背包问题，如nyoj106、nyoj824、nyoj284。解决此类问题的方法是先将每种物品的价格（或开销）按照从小到大（或从大到小）排序，依次尽量多的购买，直至打到目标要求（如重量要求等）。