贪心算法
1.贪心算法是指，在对问题求解时，总是做出在当前看来是最好的选择。也就是说，不从整体最优上加以考虑，他所做出的是在某种意义上的局部最优解。
2.贪心算法不是对所有问题都能得到整体最优解，关键是贪心策略的选择，选择的贪心策略必须具备无后效性，即某个状态以前的过程不会影响以后的状态，只与当前状态有关。
基本思路
- 建立数学模型来描述问题；
- 把求解的问题分成若干个子问题；
- 对每一子问题求解，得到子问题的局部最优解；
- 把子问题的解局部最优解合成原来解问题的一个解。
例题分析
一.背包问题
题意
有一个背包，背包容量是M。有n个物品，物品可以分割成任意大小。要求尽可能让装入背包中的物品总价值最大，但不能超过总容量。
思路
- 计算出每个物品单位重量的价值
- 按单位价值从大到小将物品排序
- 根据背包当前所剩容量选取物品
- 如果背包的容量大于当前物品的重量，那么就将当前物品装进去。否则，那么就将当前物品舍去，然后跳出循环结束
代码
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef struct{
int w;
int v;
double avg;
}P;
bool cmp(P a,P b){
return a.avg>b.avg;
}
int main(){
P *p;
int n,i,m;//n 物品个数 m背包容量
while(cin>>n>>m){
p=new P[n];
for(i=0;i<n;i++){
cin>>p[i].w>>p[i].v;
p[i].avg=p[i].v/p[i].w*1.0;
}
sort(p,p+n,cmp);
int maxvalue=0;
for(i=0;i<n;i++){
if(p[i].w<=m){
m-=p[i].w;
maxvalue+=p[i].v;
}else{
break;
}
}
cout<<maxvalue<<endl;
}
return 0;
}
二.活动安排问题
题意：
输入数据包含多个测试实例，每个测试实例的第一行只有一个整数n(n<=100)，表示你喜欢看的节目的总数，然后是n行数据，每行包括两个数据Ti_s,Ti_e (1<=i<=n)，分别表示第i个节目的开始和结束时间，为了简化问题，每个时间都用一个正整数表示。n=0表示输入结束，不做处理。对于每个测试实例，输出能完整看到的电视节目的个数，每个测试实例的输出占一行。
Sample Input
12
1 3
3 4
0 7
3 8
15 19
15 20
10 15
8 18
6 12
5 10
4 14
2 9
0
Sample Output
5
思路
要求看的节目数量最多，从而可使用贪心的算法尽可能多看，首先是将数据按照节目结束时间从小到大排序，越是结束时间早，越是可以屯出时间去看下一个节目，看完一个节目后，检查排序后相邻的下一个节目的start是否大于或者等于当前节目的end，如果大成立则下一个节目是下次准备看的节目，否则再往下继续找，直到满足条件为止
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct time
{
int t1;
int t2;
}a[110];
int cmp(time a,time b)
{
if(a.t2==b.t2)
return a.t1>b.t1;
return a.t2<b.t2;
}
int main()
{
int n,s,t,i;
t=0;
while((cin>>n)&&n!=0)
{
for(i=0; i<n; i++)
{
cin>>a[i].t1>>a[i].t2;
}
sort(a,a+n,cmp);
for(i=1,t=a[0].t2,s=1; i<n; i++)
{
if(a[i].t1>=t)
{
t=a[i].t2;
s++;
}
}
cout<<s<<endl;
}
return 0;
}
三.考虑卖商品截止日期求最大利润
题意：
超市里有n个产品要卖，每个产品都有一个截至时间dx（从开始卖时算起），只有在这个截至时间之前才能卖出并且获得率润dy。
有多个产品，所有可以有不同的卖出顺序，每卖一个产品要占用1个单位的时间，问最多能卖出多少利润。
Sample Input
4 50 2 10 1 20 2 30 1
7 20 1 2 1 10 3 100 2 8 2
5 20 50 10
Sample Output
80
185
思路：
先把所有产品按照利润从大到小排序，然后这个把这个放在截止日期那天卖出，并做好标记，如果截至日期那天已经有其他产品占用了，那么可以把这个产品卖出的时间往前推，直到找到可以卖的那一天并标记好。
假设一个产品a占用了一个日期后，那么如果下次又有一个产品b和产品a的截止日期是相同的，但是那个日期以被占用了，所以就要往前移动1天，那么就可以用并查集进行标记，在a占用了那个日期后，把a的截止日期指向前一个日期，这样的话，可以直接查找到他要占用到哪一个时间。
代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=10005;
int visited[maxn]; //代表第i天是否有卖商品
struct node{
int p,d;
};
bool cmp(node a,node b){
return a.p>b.p;
}
int main()
{
int n;
while(~scanf("%d",&n)){
memset(visited,0,sizeof(visited));
node a[maxn]; //存商品
for(int i=0;i<n;i++){
scanf("%d%d",&a[i].p,&a[i].d);
}
sort(a,a+n,cmp);
int sum=0;
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=a[i].d;j>=1;j--){ //在截止日期之前卖出就行
if(visited[j])
continue;
visited[j]=1;
sum+=a[i].p;
break;
}
}
printf("%d\n",sum);
}
return 0;
}
四.区间覆盖问题
题意：
铺路问题。给出n段长度的起止位置，要求用长为l的木板铺路，最少用多少块木板可以铺完。
Sample Input
3 3
1 6
13 17
8 12
Sample Output
5
思路：
既然给出n个泥坑的起止位置，而且不重合，那么就按照开始的位置进行排序。
排序后从头开始铺木板。
代码：
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#define MAX 100000
using namespace std;
struct DIS
{
int s,e;
}dis[MAX];
bool cmp(DIS a,DIS b)
{
return a.s < b.s;
}
int main()
{
int n,l;
scanf("%d%d",&n,&l);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%d%d",&dis[i].s,&dis[i].e);
}
sort(dis + 1, dis + 1 + n,cmp);
int sum = 0;//sum表示总共需要的木板
int length = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
if (length >= dis[i].e)//如果当前长度大于泥坑的末端，则上一块木板可以铺完，continue；
continue;
length = max(dis[i].s,length);//否则看是否铺开新的泥坑。即比较当前长度和下一个泥坑开始的长度。
while (length < dis[i].e)//这里就是铺下一个泥坑，直到当前长度铺完当前长度的泥坑。
{
sum += 1;
length += l;
}
}
printf("%d\n",sum);
return 0;
}
五.多机调度问题
1.机器是完全相同的，不同的作业处理时间是独立的
题意：
n个作业组成的作业集，可由m台相同机器加工处理。要求给出一种作业调度方案，使所给的n个作业在尽可能短的时间内由m台机器加工处理完成。
思路：
作业不能拆分成更小的子作业；每个作业均可在任何一台机器上加工处理。 这个问题是NP完全问题，还没有有效的解法(求最优解)，但是可以用贪心选择策略设计出较好的近似算法(求次优解)。当n<=m时，只要将作业时间区间分配给作业即可；当n>m时，首先将n个作业从大到小排序，然后依此顺序将作业分配给空闲的处理机。也就是说从剩下的作业中，选择需要处理时间最长的，把它分配给当前总累计需要工作时长最短的机器。
代码：
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int speed[10010];
int mintime[110];
bool cmp( const int &x,const int &y)
{
return x>y;
}
int main()
{
int n,m;
memset(speed,0,sizeof(speed));
memset(mintime,0,sizeof(mintime));
cin>>n>>m;
for(int i=0;i<n;++i) cin>>speed[i];
sort(speed,speed+n,cmp);
for(int i=0;i<n;++i)
{
*min_element(mintime,mintime+m)+=speed[i];
}
cout<<*max_element(mintime,mintime+m)<<endl;
return 0;
}