51nod 贪心算法题集

2070 最小罚款：

题意：初始有n元，每个任务有2个参数：t和w，<=t时刻前完成任务才可避免造成损失w。问：如何安排才能尽可能避免损失？一个任务执行时间是一个单位时间。

分析：任务按时间排个序，来一个储存每个任务w的最小堆。执行当前任务（相当于入堆），若发现执行后，时间并不超越自己的截止日期（当前时间是执行任务数，亦即当前堆size），那自然入堆，否则说明当前任务其实是不够位置放的，那么要做一个抉择：是否要保留当前任务？或者是把前面哪个要执行的任务踢出去。要踢出的自然是那个带来利益最小的了(堆顶元素)。 计算一下损失loss，n-loss即为解。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define fi first
#define se second
const int maxN=1e5+5,inf=0x3f3f3f3f;
pair<int,int> a[505];

int main () {
  // freopen("data.in", "r", stdin);
  int n, m, loss = 0;
  scanf("%d%d", &n, &m);
  FOR(i, 0, m - 1) scanf("%d", &a[i].fi);
  FOR(i, 0, m - 1) scanf("%d", &a[i].se);
  sort(a, a + m);
  priority_queue<int> Q;

  FOR(i, 0, m - 1) {
    Q.push(-a[i].se);
    if ((int)Q.size() > a[i].fi) {
      loss += -Q.top();
      Q.pop();
    }
  }
  printf("%d
", n - loss);
  return 0;
}

1065 最小正子段和

给一个数列，某一段连续的和为正的子序列和，称之为最小正子段和，求其最小值。

由于是连续的，容易联想到前缀和。这里：最小正子段和由于连续，所以必然是某两个前缀和之差。记Si为前i项和，对结构体{Si, i}以Si排序，那么可知，最小正子段和必然是排序后的某两相邻项之差。因为：排序后为ABC，AC能构成正子段和的话，必然BC能构成，且BC的答案比AC更优。为什么？因为若AB不能构成，而AC能构成的话，说明posA < posC,又posA>posB，所以posB <posA<posC，那么posB和posC相对关系也是合法的。另：单独的前缀和也有可能是答案。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define ll long long
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
int a[50005], n;
struct node {ll s, p;} nd[50005];
bool cmp(node a, node b) {
  if (a.s != b.s) return a.s < b.s;
  else return a.p < b.p;
}

int main () {
  scanf("%d", &n);
  nd[0].s = nd[0].p = 0;
  FOR(i, 1, n) {
    scanf("%d", &a[i]);
    nd[i].s = nd[i - 1].s + a[i];
    nd[i].p = i;
  }
  sort(nd + 1, nd + 1 + n, cmp);
  ll ans = 2e9;
  FOR(i, 1, n) {
    if (nd[i].s > 0)  ans = min(ans, nd[i].s);
    if (nd[i].p > nd[i - 1].p) {
      ll dis = nd[i].s - nd[i - 1].s;
      if (dis > 0) ans = min(ans, dis);
    }
  }
  printf("%lld
", ans);
  return 0;
}

1099 任务执行顺序

每个任务有执行空间R，执行完需存储空间O，相当于释放了R-O空间，满足R>=O，问如何排列任务能使得执行所有任务消耗的空间最少为多少？

假设有任务1和2。先执行1，那么所需空间是max(R1,O1+R2)，同理若先执行2，需要max(R2,O2+R1)，假设先执行1更优，即是说：

max(R1,O1+R2)<max(R2,O2+R1)，那么只需满足；O1+R2<O2+R1即可。按照这个排序算一下总共需要的空间即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define ll long long
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
struct node{ll R, O;} a[100005];
bool cmp(node a, node b){return a.O - a.R < b.O - b.R;}

int main () {
  // freopen("data.in", "r", stdin);
  int n;
  scanf("%d", &n);
  FOR(i, 1, n) scanf("%lld%lld", &a[i].R, &a[i].O);
  sort(a + 1, a + 1 + n, cmp);
  ll ans = 0, cur = 0;
  FOR(i, 1, n) {
    if (cur < a[i].R)
      ans += a[i].R - cur, cur = a[i].R;
    cur -= a[i].O;
  }
  printf("%lld
", ans);
  return 0;
}

1449 砝码称重

现在有好多种砝码，他们的重量是w^0,w^1,w^2,.... 每种各一个。问用这些砝码能不能表示一个重量为m的东西。假设w为3，m为7，可以将重物和3放到一个托盘中，9和1放到另外一个托盘中。

可以输出YES，否则NO。相当于问是否存在两个w进制的数a和b，其中每位仅为0/1，且a和b没有相同位置的1，使得a+m=b。思路：先将m利用辗转相除法变成w进制的数字。从低到高遍历这个数字，若当前位为0 or 1，则在b的对应位放0 or 1，a处0即可，若是m对应位为w-1，即需要a在对应位来个1，使得b处变成0，且m有一个进位，若m对应位非0非1非w-1，则“NO"

比较容易理解的写法:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll a[105];
int main() {
  ll w,m,p=0;
  scanf("%lld%lld", &w, &m);
  while (m)
    a[p++]=m%w, m/=w;
  for (int i = 0; i < p; ++i) {
    if (a[i] == 0 || a[i] == 1) continue;
    if (a[i] == w - 1) a[i + 1]++;
    else {
      puts("NO");
      return 0;
    }
  }
  puts("YES");
  return 0;
}

可以再简化，方法是一样的。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
int main () {
  ll w, m, t;
  scanf("%lld%lld", &w, &m);
  while (m) {
    t = m % w;
    if (t == 0 || t == 1) m = m / w;
    else if (t == w - 1) m = m / w + 1;
    else {
      puts("NO");
      return 0;
    }
  }
  puts("YES");
  return 0;
}