算法竞赛入门经典--训练指南 笔记

P1（贪心）

自己想的糟糕的算法：

#include<cstdio>//从大到小排序龙头和骑士，每个龙头由“恰好”能砍掉的骑士来砍#include<algorithm>//貌似没问题，但是又难写又慢#include<vector>//就当复习stl了#include<cstring>using namespace std;int n=1,m=1;int a[30000];vector<int> b;vector<int>::iterator iter;bool boo[30000];int b1;bool cmp(int x,int y){if(x>=y) return true;else return false;}int main(){int i,j,t,ans;bool flag;do{scanf("%d%d",&n,&m);if(n==0&&m==0)break;b.clear();memset(a,0,sizeof(a));for(i=0;i<n;i++)scanf("%d",&a[i]);for(i=1;i<=m;i++){scanf("%d",&t);b.push_back(t);}if(n>m){printf("Loowater is doomed!\n");continue;}flag=false;ans=0;sort(a,a+n,cmp);sort(b.begin(),b.end());for(i=0;i<n;i++){//注意v1.end()指向的是最后一个元素的下一个位置iter=lower_bound(b.begin(),b.end(),a[i]);if(iter==b.end())if(*(iter-1)<a[i]){printf("Loowater is doomed!\n");flag=true;break;}ans+=*iter;b.erase(iter);}if(flag==false)printf("%d\n",ans);}while(n!=0||m!=0);return 0;}

好算法：

#include<cstdio>//从小到大排序龙头和骑士，每个骑士砍对应龙头，如果砍不了就换成下一个，直到能砍了或骑士用完了为止#include<algorithm>using namespace std;const int maxn=20005;int a[maxn],b[maxn];int main(){int n,m;while(scanf("%d%d",&n,&m)==2&&n&&m){for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&a[i]);for(int i=0;i<m;i++)scanf("%d",&b[i]);sort(a,a+n);sort(b,b+m);int cur=0;int cost=0;for(int i=0;i<m;i++)if(b[i]>=a[cur]){cost+=b[i];if(++cur==n)break;}if(cur<n)printf("Loowater is doomed!\n");else printf("%d\n",cost);}return 0;}

P2（贪心）

首先是直觉给出算法：

猜想1：

执行时间长的先交代。

猜想2：

交代时间长的先交代。

然后是证明与完善：

考虑有相邻执行的两个任务x和y，现在要确定它们的顺序，显然它们的顺序不会影响其它任务的完成时间。

①当它们执行时间一样长时，不论交代时间关系如何，显然顺序并不影响完成时间。

由此，猜想2被否决。

并且，对于猜想1得到了完善：执行时间一样长时先后顺序任意。

②当它们执行时间不一样长时：不妨设交换前先交代x。

A.交换前x比y后结束。

显然，无论交代时间关系如何，交换它们只能让完成时间更长。

B.交换前x比y先结束。

显然，交换前总时间是x交+y交+y执，交换后是y交+max(y执,x交+x执)

那么何时交换后能使时间变短呢？（如果说交换后时间变短，也就是说交换后的顺序更好）

情况1：y执行<x交+x执

那么，交换后是y交+x交+x执

如果使时间变短，则x交+y交+y执>y交+x交+x执，即(x交+y交+y执)-(y交+x交+x执)>0，所以y执>x执

情况2：y执>=x交+x执

那么，交换前总时间是x交+y交+y执，交换后是y交+y执,显然时间变短，而此时显然y执>x执

综上所述，如果y执行时间更长，就应交换x和y的顺序，使y先执行，也就是执行时间长的应该先执行。

（只列出x交代时间较长的情况，x交代时间较短也是类似的）

P4

首先，举个例子，1号给了2号1个金币，2号给了1号3个，可以简化为2号给1号2个金币。

因此，把两个人间金币的交换简化为单方向的给金币。

xi表示第i个人给了第i-1个人xi个金币(2<=i<=n) （x1表示第1个人给了第n个人x1个金币）（如果xi为负则表示第i-1个人给了第i个人-xi个金币）。

Ai表示第i个人原有金币。M表示每个人最后应有的金币。

可以列出方程M=A1-x1+x2=A2-x2+x3=A3-x3+x4=...

则对于式1，x2=M-A1+x1

对于式2，M=A2-M+A1-x1+x3，x3=2M-A1-A2+x1=(M-A1)+(M-A2)+x1

对于式3，M=A3-2M+A1+A2-x1+x4，x4=3M-A1-A2-A3+x1=(M-A1)+(M-A2)+(M-A3)+x1

.....

定义Ci=(A1+A2+...+Ai)-i*M

则x2=x1-C1

x3=x1-C2

x4=x1-C3

......

xn=x1-C(n-1)

现在，我们要求|x1|+|x2|+...+|xn|的最小值

就是|x1|+|x1-C1|+|x1-C2|+...+|xn-C(n-1)|的最小值

而C1到C(n-1)的值都是已经确定的，因此现在就是在数轴上找一个点到0,C1,C2,...,C(n-1)的距离之和最小

可以证明，当这个点对应的数是0,C1,C2,...,C(n-1)的中位数时距离之和最小。

怎么证明

//http://www.cnblogs.com/hsiaonan/articles/5041630.html快速选择,中位数BFPRT //http://www.cnblogs.com/hibernate6/archive/2011/05/19/2522294.html-SELECT #include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long LL;LL c[1000100];LL n,sum,m,ans;//LL abs(LL a)//{//if(a>=0)return a;//return -a;//}int main(){int i,t,b1;while(scanf("%lld",&n)==1){memset(c,0,sizeof(c));scanf("%lld",&c[1]);for(i=2;i<=n;i++){scanf("%lld",&t);c[i]=c[i-1]+t;}m=c[n]/n;for(i=1;i<=n;i++)c[i]-=i*m;sort(c,c+n);//不要写成sort(c+1,c+n+1);,这样会出bug//最后要求的是|b1|+|b1-C1|+|b1-C2|+...+|b1-C(n-1)|的最小值,不涉及到Cn//可以令C0=0,那么式子变为|b1-C0|+|b1-C1|+|b1-C2|+...+|b1-C(n-1)|//这样就可以变为求c[0]到c[n-1]的中位数//因此,可以排序c[0]到c[n-1],然后取c[n/2]b1=c[n/2];//举例:0,1,2则为1;0,1,2,3则为1或2 //ans=abs(b1);//for(i=2;i<=n;i++)//ans+=abs(b1-c[i-1]);//错在此时数组c已经排完序,c[0]不再为0,只能按|b1-C0|+|b1-C1|+|b1-C2|+...+|b1-C(n-1)|来求ans=0;//曾经因为前面的错误,忘记加上初始化for(i=0;i<n;i++)ans+=abs(b1-c[i]); printf("%lld\n",ans);}}