贪心算法思想与练习

作者：timerring

2023-03-23
山东
本文字数：3644 字
阅读完需：约 12 分钟

文章和代码已经归档至【Github 仓库：algorithms-notes】或者公众号【AIShareLab】回复 算法笔记 也可获取。

贪心的核心思想：最优解，短视。

按照数据规模猜测贪心，一般在 $1 0^{5}$ 是排序， $1 0^{6}$ 或 $1 0^{7}$ 是 O(n)的做法，扫描一边，1000 左右是两重循环，100 左右是三重循环。

股票买卖 II

给定一个长度为 N 的数组，数组中的第 i 个数字表示一个给定股票在第 i 天的价格。

设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你可以尽可能地完成更多的交易（多次买卖一支股票）。

注意：你不能同时参与多笔交易（你必须在再次购买前出售掉之前的股票）。

输入格式

第一行包含整数 N，表示数组长度。

第二行包含 N 个不大于 10000 的正整数，表示完整的数组。

输出格式

输出一个整数，表示最大利润。

数据范围

输入样例 1：

67 1 5 3 6 4

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输出样例 1：

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输入样例 2：

51 2 3 4 5

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输出样例 2：

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输入样例 3：

57 6 4 3 1

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输出样例 3：

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样例解释

样例 1：在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 3 天（股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5-1 = 4 。随后，在第 4 天（股票价格 = 3）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6-3 = 3 。共得利润 4+3 = 7。

样例 2：在第 1 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5-1 = 4 。注意你不能在第 1 天和第 2 天接连购买股票，之后再将它们卖出。因为这样属于同时参与了多笔交易，你必须在再次购买前出售掉之前的股票。

样例 3：在这种情况下, 不进行任何交易, 所以最大利润为 0。

贪心思路：

任何跨度大于一天的交易都可以拆分成跨度等于一天的交易（中间部分的买和卖相互抵消了）。所以最优解只需要聚焦在这跨度为 1 的交易上即可，那么基本思路就是如果后一天价格大于前一天，则交易一次。

code

#include <cstdio>#include <iostream>#include <cstring>#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 100010;
int n;int price[N];

int main(){
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 0; i < n; i ++ )scanf("%d", &price[i]);
    int res = 0;    for(int i = 0; i + 1 < n; i ++ )    {        int dt = price[i + 1] - price[i];        if(dt > 0) res += dt;    }
    printf("%d", res);}

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货仓选址

在一条数轴上有 N 家商店，它们的坐标分别为 $A_{1}$ ∼ $A_{N}$ 。

现在需要在数轴上建立一家货仓，每天清晨，从货仓到每家商店都要运送一车商品。

为了提高效率，求把货仓建在何处，可以使得货仓到每家商店的距离之和最小。

输入格式

第一行输入整数 N。

第二行 N 个整数 $A_{1}$ ∼ $A_{N}$ 。

输出格式

输出一个整数，表示距离之和的最小值。

数据范围

$1 \leq N \leq 100000$ ,

输入样例：

46 2 9 1

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输出样例：

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思路：

中位数有非常优秀的性质，比如说在这道题目中，每一个点到中位数的距离，都是满足全局的最有性，而不是局部最优性。

具体的来说，我们设在仓库左边的所有点，到仓库的距离之和为 p,右边的距离之和则为 q，那么我们就必须让 p+q 的值尽量小。

当仓库向左移动的话，p 会减少 x，但是 q 会增加 n−x，所以说当为仓库中位数的时候,p+q 最小。

每次只关注局部最优解，即可推出全局最优解。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long LL;
const int N = 100010;int x[N];int n;

int main(){    scanf("%d", &n);    for(int i = 0; i < n; i ++ ) scanf("%d", &x[i]);    // 首先需要进行排序    sort(x, x + n);
    // 这里求中点采用下取整的方式，    // 可以举例eg:n = 3，则0 1 2 3，中点为[3/2]=1即可（在两者之间即为最短）。    int c = x[n / 2];    LL res = 0;    for (int i = 0; i < n; i ++ ) res += abs(x[i] - c);
    printf("%lld", res);    return 0;}

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糖果传递

有 n 个小朋友坐成一圈，每人有 a[i] 个糖果。

每人只能给左右两人传递糖果。

每人每次传递一个糖果代价为 1。

求使所有人获得均等糖果的最小代价。

输入格式

第一行输入一个正整数 n，表示小朋友的个数。

接下来 n 行，每行一个整数 a[i]，表示第 i 个小朋友初始得到的糖果的颗数。

输出格式

输出一个整数，表示最小代价。

数据范围

$1 \leq n \leq 1000000$ ,

$0 \leq a [i] \leq 2 \times 1 0^{9}$ ,

数据保证一定有解。

输入样例：

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输出样例：

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思路：

题目可以绘图如下：

其中：

那么可以看到：

由上式，可以归纳出：

c_{i} = c_{i + 1} + \overset{a}{ˉ} - a_{i}

那么原目标函数可以化简为：

这样就转换成与上一题一样的思想了。

code

#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1000010;
int n;int a[N];LL c[N];
int main(){    scanf("%d", &n);    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &a[i]);
    LL sum = 0;    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) sum += a[i];
    LL avg = sum / n;    for (int i = n; i > 1; i -- )    {        c[i] = c[i + 1] + avg - a[i];    }    c[1] = 0;
    sort(c + 1, c + n + 1);
    LL res = 0;    // 由于i从1开始，因此取中点时，c[(n + 1) / 2]，相当于上取整    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) res += abs(c[i] - c[(n + 1) / 2]);
    printf("%lld\n", res);
    return 0;}

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雷达设备

假设海岸是一条无限长的直线，陆地位于海岸的一侧，海洋位于另外一侧。

每个小岛都位于海洋一侧的某个点上。

雷达装置均位于海岸线上，且雷达的监测范围为 d，当小岛与某雷达的距离不超过 d 时，该小岛可以被雷达覆盖。

我们使用笛卡尔坐标系，定义海岸线为 x 轴，海的一侧在 x 轴上方，陆地一侧在 x 轴下方。

现在给出每个小岛的具体坐标以及雷达的检测范围，请你求出能够使所有小岛都被雷达覆盖所需的最小雷达数目。

输入格式

第一行输入两个整数 n 和 d，分别代表小岛数目和雷达检测范围。

接下来 n 行，每行输入两个整数，分别代表小岛的 x，y 轴坐标。

同一行数据之间用空格隔开。

输出格式

输出一个整数，代表所需的最小雷达数目，若没有解决方案则所需数目输出 −1。

数据范围

$1 \leq n \leq 1000$ ,

输入样例：

3 21 2-3 12 1

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输出样例：

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思路：

给定若干区间，最少选择多少个点，可以使每个区间上最少选一个点？

贪心策略：

将所有区间按右端点从小到大排序；
依次考虑每个区间：
如果当前区间包含最后一个选择的点，则直接跳过；
如果当前区间不包含最后一个选择的点，则在当前区间的右端点的位置选一个新的点；

证明：

cnt：算法得到的结果
opt：最优解
最优解表示所有方法的最小值，因此 $o p t \leq c n t$ 。
再证明 $o p t \geq c n t$ ：
所有可行解必然都大于等于 cnt：选了 cnt 个点，则意味着必然存在 cnt 个互不相交的区间。

首先上述做法一定可以保证所有区间都至少包含一个点。

然后我们再证明这样选出的点的数量是最少的，不妨设选出的点数是 m：

按照上述做法，我们选择的点都是某个区间的右端点，而且由于区间按右端点排好序了，所以我们选择的点也是排好序的；

只有在当前区间和上一个点所对应的区间是没有交集时，我们才会选择一个新点，所以所有选出的点所对应的区间是如下图所示的情况，两两之间没有交集。

所以我们找到了 m 个两两之间没有交集的区间，因此我们至少需要选 m 个点。而且通过上述做法，我们可以只选 m 个点。因此最优解就是 m。

时间复杂度

计算每个坐标所对应的区间，需要 O(n)的计算量；
将所有区间排序需要 O(nlogn) 的计算量；
扫描所有区间需要 O(n)的计算量；

所以总共的时间复杂度是 O(nlogn)。

code：

#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>#include <algorithm>#include <cmath>
using namespace std;
const int N = 1010;
int n, d;// 用stl的pair也可以，这里自己定义结构 segment 了struct Segment{    double l, r;    // 重载比较符    bool operator< (const Segment& t) const    {        return r < t.r;    }}seg[N];
int main(){    scanf("%d%d", &n, &d);
    bool failed = false;    for (int i = 0; i < n; i ++ )    {        int x, y;        scanf("%d%d", &x, &y);        // 离海岸线大于d，则不可能存在，因此失败        if (y > d) failed = true;        else        {            // 计算线段长度            double len = sqrt(d * d - y * y);            // 左右端点            seg[i].l = x - len, seg[i].r = x + len;        }    }
    if (failed)    {        puts("-1");    }    else    {        sort(seg, seg + n);
        int cnt = 0;        double last = -1e20;        for (int i = 0; i < n; i ++ )            // last 小于左边界，则增加右边界的点            if (last < seg[i].l)            {                cnt ++ ;                last = seg[i].r;            }
        printf("%d\n", cnt);    }
    return 0;}

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原文链接:【http://xie.infoq.cn/article/5c15a4820d31e7b2ead2e5709】。未经作者许可，禁止转载。

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