贪心问题
DDL的恐惧
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问题
ZJM 有 n 个作业，每个作业都有自己的 DDL，如果 ZJM 没有在 DDL 前做完这个作业，那么老师会扣掉这个作业的全部平时分。（每道题只需要一天完成）
所以 ZJM 想知道如何安排做作业的顺序，才能尽可能少扣一点分。 -
输入输出
输入包含T个测试用例。输入的第一行是单个整数T，为测试用例的数量。每个测试用例以一个正整数N开头(1<=N<=1000)，表示作业的数量。然后两行。第一行包含N个整数，表示DDL，下一行包含N个整数，表示扣的分。
对于每个测试用例，您应该输出最小的总降低分数，每个测试用例一行。
解题
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两个贪心
第一个贪心，分高的作业优先完成。
第二个贪心，被选中的作业尽量在它最后期限完成，降低对其它作业的影响。 -
算法设计
对作业数组a[ n ]按照分数a[ i ].score单调递减排序。
定义一个二维数组b[ 2 ][ n ]记录被选中的作业和被选中的完成时间，即b[ 0 ][ i ] =1 表示第 i 天被选中完成某个作业，b[ 1 ][ j ] = 1 表示作业 j 被选中。
从第一个（已经排序，第一个分最高）开始，如果作业 i 的最晚DDL没被占用（没有用来完成其它作业），则j = DDL；否则，j - -（j > 0）直到找到或不存在这样的时间 j 。同时，b数组记录第 i 个作业已经被选中，且当前时间 j 被选中。
代码
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
bool b[2][1001];
int n;
struct zjm{
int s,ddl;
}a[1001];
bool cmp(zjm u,zjm v){
return u.s>v.s;
}
void fun(){
memset(b,0,sizeof(b));
sort(a,a+n,cmp);
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=a[i].ddl;j>0;j--){
if(!b[0][j]){
b[0][j]=1;
b[1][i]=1;
break;
}
}
}
int sum=0;
for(int i=0;i<n;i++){
if(!b[1][i])
sum+=a[i].s;
}
cout<<sum<<endl;
}
int main(){
int t;
cin>>t;
for(int i=0;i<t;i++){
cin>>n;
for(int j=0;j<n;j++)
cin>>a[j].ddl;
for(int j=0;j<n;j++)
cin>>a[j].s;
fun();
}
}
二分问题
四个数列
- 问题
ZJM 有四个数列 A,B,C,D，每个数列都有 n 个数字。ZJM 从每个数列中各取出一个数，他想知道有多少种方案使得 4 个数的和为 0。
当一个数列中有多个相同的数字的时候，把它们当做不同的数对待。 - 输入输出
第一行：n（代表数列中数字的个数） （1≤n≤4000）。接下来的 n 行中，第 i 行有四个数字，分别表示数列 A,B,C,D 中的第 i 个数字（数字不超过 2 的 28 次方）
输出不同组合的个数。
解题
-
暴力解法
枚举每个ABCD，求和。时间复杂度O（n^4） -
二分优化
AB一组，CD一组。分别枚举，记录AB的和，和CD的和。如果AB和=sum的方法有x种，CD和=
-sum的方法有y种，则ABCD=0的方法有xy种。
那么我们只需要记录所有的xy相加的和即可，复杂度O（n^2）。
代码
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<map>
using namespace std;
map<int,int> mp;
int a[4000],b[4000],c[4000],d[4000],sum1[16000000],sum2[16000000];
int main(){
int n,k=0;
int ans=0,sum;
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++){
cin>>a[i]>>b[i]>>c[i]>>d[i];
}
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<n;j++){
sum1[k]=a[i]+b[j];
sum2[k++]=c[i]+d[j];
}
}
sort(sum2, sum2+k);
int l,r,mid;
ans = 0;//记录满足要求的个数
for(int i = 0;i < k;i++)
{
l = 0, r = k;
while(l < r)
{
mid = (l + r) / 2;
if(sum1[i] + sum2[mid] < 0)
l = mid + 1;
else
r = mid;
while(sum1[i] + sum2[l] == 0 && l < k)
{
ans++;
l++;
}
}
}
cout<<ans;
}
疯狂使用二分
找中位数
- 问题
TT 是一位重度爱猫人士，每日沉溺于 B 站上的猫咪频道。
有一天，TT 的好友 ZJM 决定交给 TT 一个难题，如果 TT 能够解决这个难题，ZJM 就会买一只可爱猫咪送给 TT。
任务内容是，给定一个 N 个数的数组 cat[i]，并用这个数组生成一个新数组 ans[i]。新数组定义为对于任意的 i, j 且 i != j，均有 ans[] = abs(cat[i] - cat[j])，1 <= i < j <= N。试求出这个新数组的中位数，中位数即为排序之后 (len+1)/2 位置对应的数字，’/’ 为下取整。 - 输入输出
多组输入，每次输入一个 N，表示有 N 个数，之后输入一个长度为 N 的序列 cat， cat[i] <= 1e9 , 3 <= n <= 1e5
输出新数组 ans 的中位数
解题
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新数组
实际上，新数组等于cat数组中任意两个索引不同的数求差值。 -
普通解法
枚举数组求新数组，复杂度O(n^2)。 -
二分优化
刚刚我们是从已知数组中找中位数（需要先求出这个数组），换个思路，不求出数组，直接使用二分枚举数mid证明它是中位数。 -
中位数
中位数是一个单调数组中间的数，即第（ n * ( n - 1 ) / 2 + 1) / 2 个数，我们可以认为中位数的名次是MID = （ n * ( n - 1 ) / 2 + 1) / 2。 -
mid的范围
要枚举一个数mid求它的名次ans是否等于MID，首先要知道它的范围。最小等于0，最大等于数组cat中最大数-最小数。PS：在枚举中，使用二分。为找出最大数和最小数，cat数组需要排序。 -
mid的名次
我们知道新数组可以用cat[ j ] - cat[ i ] ( j > i,其中cat排序后单调递增）来表示，有几个（cat[ i ], cat[ j ]）这样的组合使cat[ j ] - cat[ i ] <= mid成立，就是mid的名次。 -
名次的计算
枚举 i ，找出有多少个 j 使cat[ j ] - cat[ i ] <= mid成立。
j > i，j 一定在 i 后面。
在单调数组中，只有找到第一个 j 不满足条件，当前 j 后面的一定也不满足。
也就是说找出最后一个满足 cat[ j ] <= cat [ i ] + mid的 j ，ans_i = j - i就是cat[ i ]时满足的个数。
枚举所有 i ，求出总和 ans 就是 mid 的名次。
代码
#include<algorithm>
#include<stdio.h>
using namespace std;
int n,MID;
int a[100001];
bool fun(int mid){
int m,l,r,x,ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
x=a[i]+mid;
l=i;r=n;
while(l<=r){
m=(l+r)/2;
if(a[m]>x){
r=m-1;
}
else{
l=m+1;
}
}
ans+=r-i;
}
return ans<MID;
}
int main(){
while(scanf("%d",&n)==1){
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",a+i);
sort(a+1,a+n+1);
MID=n*(n-1)/2;
MID=(MID+1)/2;
int lp=0,rp=a[n]-a[1],mp;
while(lp<=rp){
mp=(lp+rp)>>1;
if(fun(mp)){
lp=mp+1;
}
else{
rp=mp-1;
}
}
printf("%d\n",lp);
}
}
