貪心：：poj1328 radar installation && poj2109 Power of Cryptography && poj2586 Y2K Accounting Bug

貪心，就是步步為贏。

這是ACM知識表里基礎算法中的貪心部分，屬於水題範疇。

1. poj1328 radar installation

題目：照抄了。

Assume the coasting is an infinite straight line. Land is in one side of coasting, sea in the other. Each small island is a point locating in the sea side. And any radar installation, locating on the coasting, can only cover d distance, so an island in the sea can be covered by a radius installation, if the distance between them is at most d.
We use Cartesian coordinate system, defining the coasting is the x-axis. The sea side is above x-axis, and the land side below. Given the position of each island in the sea, and given the distance of the coverage of the radar installation, your task is to write a program to find the minimal number of radar installations to cover all the islands. Note that the position of an island is represented by its x-y coordinates.

分析：根據d計算出每個島在x軸上的取值範圍（用區間表示）。按左端點對區間從小到大進行排序。先令第一個雷達在第一個區間的右端點，（畫個圖就清楚了），然後順序掃描剩下的各個區間，如果下一個區間的左端點大於當前雷達位置，則要增加雷達在下一個區間的右端點，如果雷達位置在下一個區間[p[i].l，p[i].r]裡面，則令雷達位置右移到p[i].r，此時不用增加雷達而能覆蓋下一個島！這是Greedy的算法。

貌似所有的math.h中的算法都是double的~~

時間複雜度為O(nlgn)為sort的快排！

 

#include "stdafx.h"      // 280K 16MS #include <math.h>#include <algorithm>#include <iostream>using namespace std;typedef struct{     double l, r;}interval; // 区间bool cmp(interval a,interval b){return a.l<=b.l;}int _tmain(int argc, _TCHAR* argv[]){      int n, d, i, x, y, cnt = 1;     double pre;      interval p[1000];      while(1){          cin>>n>>d;          if(n == 0 && d == 0) break;          bool no = 0;          for(i = 0; i < n; i++){                cin>>x>>y;               if(d >= y && !no){                   p[i].l = double(x) - sqrt(double(d * d - y * y));                    p[i].r = double(x) + sqrt(double(d * d - y * y));              }                else                   no = 1;       //不知為何，在這裡break的話就不行！           }          if(no){                cout<<"Case "<<cnt++<<": -1"<<endl;               continue;          }          sort(p,p+n,cmp);         int ans = 1;          pre = p[0].r;          for(i = 1; i < n; i++){                if(p[i].l > pre){                      ans++;                      pre = p[i].r;              }                else if(p[i].r <= pre)                        pre = p[i].r;          }           cout<<"Case "<<cnt++<<": "<<ans<<endl;;     }      return 0;}

2.  poj2109 Power of Cryptography

題目：已知整數n和p，求整數k使得k..^n=p成立。

分析：雖說是貪心的目的，但稍微想一下就知道，直接開根號就行了，用double的精度是足夠的。math.h中的double pow（double，double）真是強大。

時間複雜度：就看pow函數了，不知道它的原理，應該是牛頓迭代法吧~

#include "stdafx.h"#include <iostream>    // 280K 0MS #include <math.h>using namespace std;int _tmain(int argc, _TCHAR* argv[]){double n,p;  //注意double的取值範圍while(cin>>n>>p){cout<<pow(p,1/n)<<endl;}return 0;}

3. poj2586 Y2K Accounting Bug

題目：巨難懂！！一家奇怪的公司每個月要么盈利s要么盈利d。公司是每連續5個月結算一次，這樣一年就有8次結算，都是虧的。問公司能否盈利，若能求最大盈利，否則輸出Deficit.

分析：也就是對s和d組成的長度為12的序列進行判斷，因為每次結算都是虧的，所以只有五種情況（盈利最大情形）！

時間複雜度O(n)

#include "stdafx.h"#include <iostream>    //256K 16MS using namespace std;int benif(int s, int d){if(4*s-d<0) return 10*s-2*d;   //ssssdssssdssif(3*s-2*d<0) return 8*s-4*d;  //sssddsssddssif(2*s-3*d<0) return 6*s-6*d;  //ssdddssdddssif(s-4*d<0) return 3*s-9*d;    //sddddsddddsdreturn -1;    //dddddddddddd}int _tmain(int argc, _TCHAR* argv[]){int s,d;while(cin>>s>>d){if(benif(s,d)>=0) cout<<benif(s,d)<<endl;else cout<<"Deficit" << endl;}return 0;}