poj 3262贪心

   看的大神的证明：

贪心

> 当前最优,因为每一次搬运之后剩下的问题和原问题一样,只是规模变小了,故如果每次选出当前最优的解来进行选取,则累计起来的解也是最优的.> 所以这是一道贪心题.> 选择策略,> 1 在二个中间选择之中,能根据time/eat小的那个为最优解> 证明:> 二个羊中 A,B,属性分别为分别为eatA,timeA,eatB,timeB> 选A的时候损失timeA*eatB> 选B的时候损失timeB*eatA> 双方同除以eatA*eatB.> 令time/eat为一个羊的比率x> 可以证明x小的那个为最优解.> > 定理,如果有一个选择在n个选择中是最优的,那么(在包含这个选择的)n-1个选择中也是最优的,> > 逆否命题,如果一个选择在n-1个选择中不是最优的,那么在n个选择中也不是最优的.> > 推论,如果一个选择在2个选择中不是最优的,那么在n个选择中也不是最优的> > 所以将羊按照比率x排序,可以找到一个羊A在与其它所有羊比较的过程中都是最优的,> > 或者说其它n-1的羊在与别的羊做两个之间选一个的选择的时候不是最优的,所有这n-1个羊不是最优解的.> 所以羊A是n头羊中最优解> > (这个证明先令x的值都是不同的,对x相同的证明只需要将最优,改成没有更优即可 ^_^ )

#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>#include <queue>using namespace std;#define MAX_N 1000000pair <int, int> arr[MAX_N];pair <double, int> tmp[MAX_N];int N;int main(){        scanf("%d", &N);        long long  sum = 0,ans = 0;        for(int i = 0;i < N; i++){                scanf("%d%d", &arr[i].first, &arr[i].second);                tmp[i].first = arr[i].first*1.0 / arr[i].second;                tmp[i].second = i;        }        sort(tmp, tmp + N);               for(int i = 0;i < N; i++){                ans += sum * arr[tmp[i].second].second;                sum += arr[tmp[i].second].first * 2;         }        printf("%lld\n", ans);                return 0;}

---