51nod--任务执行顺序

来源:互联网 发布:淘宝最好的外贸原单店 编辑:程序博客网 时间:2024/03/28 17:56

问题:

有N个任务需要执行,第i个任务计算时占R[i]个空间,而后会释放一部分,最后储存计算结果需要占据O[i]个空间(O[i] < R[i])。例如:执行需要5个空间,最后储存需要2个空间。给出N个任务执行和存储所需的空间,问执行所有任务最少需要多少空间。

输入

第1行:1个数N,表示任务的数量。(2 <= N <= 100000)第2 - N + 1行:每行2个数R[i]和O[i],分别为执行所需的空间和存储所需的空间。(1 <= O[i] < R[i] <= 10000)

输出

输出执行所有任务所需要的最少空间。

输入示例

2014 12 111 320 47 56 520 719 89 420 1018 1112 613 1214 915 216 1517 1519 1320 220 1

输出示例

135

解体思路:这题关键在于排序,对于这里的贪心思想好奥妙,我也是看了分析才写的代码

分析: 本题可以抽象成,从一个整数开始,每次减去a,再加上b (a,b都是正数),要求每次操作都不产生负数。


针对本题a[i] = R[i], b[i] = R[i] – O[i],注意O[i] < R[i],我们有0<b[i]<a[i]。 所以尽管每次有减有加,但是加的没有减的多,总数还是在不断见效的。关键我们是要“最有利”的一种执行顺序。大家可以尝试多种贪心策略。


我们给出标准答案——按照b[i]不增的顺序排序,是最“有利”的。


为了定义“有利”,我们这样证明我们的结论:


如果对于b[0]>=b[1] >=…>=b[x] < b[x + 1] 
(a[0],b[0])….(a[x], b[x]) (a[x + 1], b[x + 1])的组合可以不产生负数,则我们交换b[x]和b[x + 1]也可以不产生负数。


证明:

交换(a[x], b[x])和(a[x + 1], b[x + 1])对x + 1更有利了,因为每个括号实际上是一个负数,所以越早安排这个括号,被减数就越大,就越不容易形成负数。
关键看(a[x],b[x])移动到后面会不会产生负数。


那其实是看之前的结果 -a[x + 1] + b[x + 1] – a[x]会不会产生负数,(注意-a[x + 1] + b[x + 1]不会产生负数,因为我们刚才已经证明了,对x + 1更有利)


而我们知道之前的结果-a[x] + b[x] – a[x + 1]不会产生负数(因为我们的假设就是这样),而b[x + 1] > b[x],所以前者更大,所以-a[x + 1] + b[x + 1] – a[x]不会产生负数。

因此我们证明了交换之后仍然不产生负数,也就是原先不产生负数,我们交换后仍然不产生负数。

而经过若干次这样的交换之后,我们肯定会把序列交换成按照b的不增顺序排序的。从而我们证明了,任何可行的方案都不好于按照b不增顺序排序的序列执行的方案,从而证明了我们的贪心策略是有效的。

很奇怪的策略——我们只考虑了b,居然能得到最优策略。可见贪心算法还是需要感觉,大胆假设,小心求证。

#include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>using namespace std;//int r[100010],o[100010];struct stu{int a,b;};stu cas[100010];int cmp(stu x,stu y){return x.b>y.b;}int main(){      int n,i,j,max,sum,ans;      while(scanf("%d",&n)!=EOF){      max=0;      for(i=0;i<n;i++){      scanf("%d%d",&cas[i].a,&cas[i].b);      cas[i].b=cas[i].a-cas[i].b;  }  sort(cas,cas+n,cmp);   sum=cas[0].a;   ans=cas[0].a;  for(i=0;i<n;i++){  if(sum<cas[i].a){  ans+=cas[i].a-sum;  sum=cas[i].a;  }  sum=sum-cas[i].a+cas[i].b;  }  printf("%d\n",ans);      }return 0;}


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