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朴素的贪心法(中)构造法

构造法没有明显决策过程，只是把决策放到了推导阶段，灵活性高，大多数刚接触贪心算法的人不知道如何下手

例1:数字拆分

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思路1:拆成尽可能多的2，因为当a,b>2时，a x b > a + b

问题:需要拆成“不同的”数字，2只能出现一次

思路2:拆成尽可能小的数字，比如9 = 2 + 3 + 4，就好过9 = 5 + 4，因为2 x 3 > 2 + 3

问题:10=2+3+4+...1? 余1怎么办？

1补到4上变成5，10=2+3+5 是最优拆分

why?

如果把10改为12呢 ?

12=2+3+4+...3

把3都分配给4，变成2+3+7，2x3x7=42不是最优，

例:2+4+6，2x4x6=48

最优方案:最后三个数各加1，3x4x5=60

余数分配规律

越趋向平均越好，比如给2x4分配1，那么3x4>2x5

由于数字必须不同，不保证能从第一个数开始加。

例:2+3+4如果把1加给2，变成3+3+4，则两个3冲突。

除非——余数足够大，可以分给下一个数，下下一个数......直到最后一个数

数字拆分:解法

1.将N拆分成2+3+4+...+(M-1)+M+K(余数)的形式0≤K≤M

2.从M开始向前倒推K个数，给每个数字都加1，变成2+3+...+(M-K-1)+(M-K+1)+(M-K+2)+...+M+(M+1)。

特例:K=M时，最后一个数是M+2

3.可以证明该拆分为最优~

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代码:数字拆分

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<code>#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int MAX_RAND_TIME = 1000000;

int main() {

ios::sync_with_stdio(false);

cin.tie(NULL);

cout.tie(NULL);

int n, m;

cin >> n >> m;

int a[n];

double avg = 0;

for (int i = 0; i < n; i++) {

cin >> a[i];

avg += a[i];

}

avg /= m;

double res = INT_MAX;

for (int times = 0; times < MAX_RAND_TIME; times++) {

random_shuffle(a, a + n);

int sum[m];

memset(sum, 0, sizeof(sum));

for (int i = 0; i < n; i++) {

int min_j = 0;

for (int j = 1; j < m; j++)

if (sum[j] < sum[min_j])

min_j = j;

sum[min_j] += a[i];

}

double s = 0;

for (int i = 0; i < m; i++)

s += (avg - sum[i]) * (avg - sum[i]);

s = sqrt(s / m);

res = min(res, s);

}

cout << fixed << setprecision(2) << res << endl;

return 0;

}

适用构造法的问题特征

1.通常有一个比较直观，容易想到或者计算出来的“规律“

2.边界条件经常需要特殊判断和处理

3.决策过程隐含在规律和边界条件中

例2:守望者的逃离(NOIP2007)

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步骤1:寻找规律

直观感觉:闪现肯定快，但是消耗法术，如果法术不够需要原地休息，等法术恢复才能用

需要通过计算来比较速度(闪现 vs 走)

先看极端情况(一开始0能量)

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以7秒为一个周期，只要剩余时间大于等于7秒，就使用休息+闪现来前进。7秒后能量值会恢复到起始值

每次只要法力攒够一次闪现就立刻闪，不够就原地休息恢复法力。如果某一次闪现后总移动距离大于S，则逃出生天

边界条件:如果剩余时间小于7秒呢?

步骤2:边界情况

剩1秒

不够恢复+闪现1次

直接走更快，移动距离17米

剩2秒

剩余能量>=6:足够恢复+闪现1次，移动距离60米

剩余能量<6:来不及恢复法力+闪现，直接走更快，移动距离17x2=34米

剩3秒:

最多只能恢复8点能量+闪1次

剩余能量>=2:恢复+闪现1次，移动60米

剩余能量<2:直接走更快，移动距离17x3=51米

剩4秒

假设一开始剩9点能量，恢复1秒闪1次后，能量剩余3需要恢复2秒再闪，来不及，所以最多只够闪1次

直接走移动距离17x4=68米，大于闪1次的60米，所以干脆直接走

剩5秒

剩余法术>=8时，足够恢复+闪2次，移动距离60x2=120米

否则，直接走，移动距离17x5=85米，那么如果闪1次需要走至少2秒，也就是60+17x2=94米，才会比直接走快，所以2<=剩余法术<8时，休息2秒，闪1次，走2秒最快不则直接走更快

剩6秒

剩余法术>=4时，足够恢复+闪2次，移动距离60x2=120米

否则，直接走，移动距离17x6=102米，那么如果闪1次需要走至少3秒，也就是60+17x3=111米，才会比直接走快，所以2<=剩余法术<4时，休息2秒，闪1次，走3秒最快不则直接走更快

代码：守望者的逃离

<code>#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

​

int main() {

  ios::sync_with_stdio(false);

  cin.tie(NULL);

  cout.tie(NULL);

​

int n, s;

cin >> n >> s;

int p, y, min_p = INT_MAX - s;

long long total = 0;

for (int i = 0; i < n; i++) {

  cin >> p >> y;

  min_p += s;

  if (min_p > p)

      min_p = p;

  total += min_p * y;

}

cout << total << endl;

return 0;

​

}

构造法问题类别1:划分问题

要素1:有被划分的对象

数字拆分的N，守望者的逃离的总距离S

要素2:有阶段不定的划分方法

拆分成若干正整数 和，拆分成走路/闪现区间

要素3:有划分方案好坏的判定方法

乘积最大，总时间最短

​

1.起始状态和目标状态都是一系列元素的排列或者组合

目标状态是将起始状态的所有数字重新排列

2规定了一组状态转移的方法，也就是“变化”的方法

交换两个不同位置的数字

求的是从起始状态，通过一系列状态转移，变换到目标状态所需要的最小代价

最少的交换次数

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三值交换:找规律

第一反应:先试试看怎么交换，可以让序列变成升序

统计1,2,3分别有多少个(记为count[1]/count[2]/count[3])这样就知道1,2,3排好序后分别都是第几位到第几位

1在排序后的范围是第1位到第count[1]位，在这个范围外的1都应该被交换进来

三值交换:最优交换

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代码:三值交换

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<code>#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int main() {

ios::sync_with_stdio(false);

cin.tie(NULL);

cout.tie(NULL);

int n;

cin >> n;

int a[n + 1], count[4];

memset(count, 0, sizeof(count));

for (int i = 1; i <= n; i++) {

cin >> a[i];

count[a[i]] ++;

}

int res = 0;

int j2 = count[1] + 1, j3 = count[1] + count[2] + 1;

for (int i = 1; i <= count[1]; i++) {

if (a[i] == 2) {

while (j2 <= count[1] + count[2] && a[j2] != 1)

j2 ++;

if (j2 <= count[1] + count[2]) {

int tmp = a[i]; a[i] = a[j2]; a[j2] = tmp;

res ++;

}

} else if (a[i] == 3) {

while (j3 <= n && a[j3] != 1)

j3 ++;

if (j3 <= n) {

int tmp = a[i]; a[i] = a[j3]; a[j3] = tmp;

res ++;

}

}

}

int j = count[1] + 1;

for (int i = 1; i <= count[1]; i++) {

if (a[i] != 1) {

while (j <= n && a[j] != 1)

j ++;

if (j <= n) {

int tmp = a[i]; a[i] = a[j]; a[j] = tmp;

res ++;

}

}

}

for (int i = count[1] + 1; i <= count[1] + count[2]; i++)

if (a[i] == 3)

res ++;

cout << res << endl;

return 0;

}

状态转移问题:一般步骤

1.找出一种从起始状态转移到目标状态的方法，这个方法不一定是最优，但一定要是可行并且套路化的方法

2.挖掘出这个转移方法的额外步骤/代价

3.通过一定的规则，去掉这个额外的步骤和代价

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