关于贪心的一些妙题 （更新中...）

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首先，这是一道妙题。（笔者“妙题”的定义 是 自己想不出来的题）

同桌在写这道题，我就跟了一波风。他说，这题很暴力的写就行了。
看了题，我的第一反应是，噢~差不多知道怎么写DP了。
然后我就这么说了，一波群嘲，被告知贪心就可以了。贪心？...我开始了苦想贪心的过程...
最终...看了题解...

思路：
　　1. 总路程=载牛路程+空载路程

(1) 由于 一次只能载一只牛 且 不走回头路（从Ai直达Bi)   保证了 载牛路程min= ∑ abs(Ai-Bi）
(2) 回头次数min  且  回头距离min  保证了  空载路程min

• 　 什么时候会空载？

当从初始点(Ai)运送"一个"奶牛的途中，遇到了 第一个(最近的) 目的点——

此时的目的点有两种情况。

　　a. 这个目的点 是 "另一个"奶牛的目的点(Bj) ：

此时，由于一次只能载一只牛，为了答案更优，需在此(Bj)放下这"一个"奶牛，而载上"另一个"奶牛,先送"另一个"去目的点(Bj)。由于第(1)步里，我们已经算了每个奶牛从起始点到目的点的距离和，所以已经加过"另一个"奶牛从起始点(Aj)到目的点(Bj)的距离。

所以，我们只需加上 "另一个"的目的点(Bj) 返回 放下那"一个"的原地点(Aj)的路程 =回头路=空载路

　　b. 这个目的点 就是 这"一个" 的目的点 (Bi)。

显然，将这"一个"送达目的点后 到 "另一个"(下一个)奶牛的起始点之间也是空载路

　　c. 注意： 从0到m，首尾是有两段空载路的。

• 说到首尾，有一种巧妙的处理方法 （咕咕咕）

 1 #include<cstdio>
 2 #include<algorithm>
 3 #define N 100010
 4 using namespace std;
 5 int read(){
 6     int x=0,f=1; char c=getchar();
 7     while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') f=-1; c=getchar();}
 8     while(c>='0'&&c<='9') x=x*10+c-'0',c=getchar();
 9     return x*f;
10 }
11 int n,m;
12 long long ans;
13 int a[N],b[N];
14 int main()
15 {
16     n=read(),m=read();
17     for(int i=1;i<=n;i++){
18         a[i]=read(),b[i]=read();
19         ans+=abs(a[i]-b[i]);
20     }
21     n+=1;
22     a[n]=m,b[n]=0;
23     sort(a+1,a+1+n);
24     sort(b+1,b+1+n);
25     for(int i=1;i<=n;i++)
26         ans+=abs(a[i]-b[i]);
27     printf("%lld",ans);
28     return 0;
29 }

 
P2512 [HAOI2008]糖果传递

题意：有n个小朋友坐成一圈，每人有ai个糖果。每人只能给左右两人传递糖果。每人每次传递一个糖果代价为1。

　　    求使所有人获得均等糖果的最小代价。

思路：

　　1. 初始 a [ i ] 颗糖果，X [ i ] 表示第i个小朋友给了第i-1个小朋友Xi颗糖果。 如果Xi<0，说明第i-1个小朋友给了第i个小朋友Xi颗糖果，X1表示第一个小朋友给第n个小朋友的糖果数量。

            所以最后的答案就是 ans= |X1| + |X2| + |X3| + ……+ |Xn|。

　　    对于第一个小朋友，他给了第n个小朋友X1颗糖果，还剩a1-X1颗糖果，但因为第2个小朋友给了他X2颗糖果，所以最后还剩a1-X1+X2颗糖果。根据题意，最后的糖果数量等于average，即得到了一个方程：a1-X1+X2=average。

　　    同理，对第二个人有 a2-x2+x3=average。于是我们可以得到n个方程，共n个变量。

　　    但我们却不能直接解方程。因为从前n-1个方程可以推出最后一个。实际上有用的只有n-1个。

对于第1个小朋友，a1-X1+X2=average　　 -> 　　X2=average-a1+X1 = X1 - b1　　(假设 b1=a1-average，下面类似）

对于第2个小朋友，a2-X2+X3=average   　  ->　　 X3=average-a2+X2 = 2*average-a1-a2+X1 = X1- b2　　( b2=a1+a2-2*average)

对于第3个小朋友，a3-X3+X4=average　　 ->　　 X4=average-a3+X3 = 3*average-a1-a2-a3+X1 = X1- b3

......

对于第n个小朋友，an-Xn+X1=average  

由于可以用X1表示出其他的Xi，那么本题就变成了单变量的极值问题。

　　2. 我们希望Xi的绝对值之和尽量小，即|X1| + |X1-C1| + |X1-C2| + ……+ |X1-Cn-1|要尽量小。

　　    注意到 |X1-Ci| 的几何意义是数轴上的点X1到Ci的距离，所以问题变成了：给定数轴上的n个点，找出一个到他们的距离之和尽量小的点。

　　    不难猜到，最优的 Xi 就是这些数中的中位数。

　　    接下来，我们证明：

　　　　　　　数轴上n个点，中位数到各点的距离之和最小。

　　Eg：

 1 #include<cstdio>
 2 #include<algorithm>
 3 #define ll long long
 4 using namespace std;
 5 int read()
 6 {
 7     int x=0,f=1; char c=getchar();
 8     while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
 9     while(c>='0'&&c<='9') x=x*10+c-'0',c=getchar();
10     return x*f;
11 }
12 ll n,mid,sum,ans,average;    //注意 long long 
13 int a[1000010],b[1000010];
14 int main()
15 {
16     n=read();
17     for(int i=1;i<=n;i++){
18         a[i]=read();
19         sum+=a[i];
20         
21     }
22     average=sum/n;
23     for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=b[i-1]+a[i]-average;
24     sort(b+1,b+1+n);
25     mid=b[(n+1)/2];
26     for(int i=1;i<=n;i++)
27         ans+=abs(mid-b[i]);
28     printf("%lld",ans);
29     return 0;
30 }

 
P3049 [USACO12MAR]园林绿化Landscaping

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 int n,x,y,z,a[1010],b[1010],f[1010][1010],p,q;
 4 int minx(int a,int b,int c)
 5 {
 6     if(a<=b &&a<=c)return a;
 7     if(b<=a &&b<=c)return b;
 8     if(c<=a &&c<=b)return c;
 9 }
10 
11 int main()
12 {
13     int lena=0,lenb=0;
14     cin>>n>>x>>y>>z;
15     for(int i=1;i<=n;i++){
16     cin>>p>>q;
17     for(int j=1;j<=p;j++)a[++lena]=i;
18     for(int k=1;k<=q;k++)b[++lenb]=i;
19     }
20     f[0][0]=0;     //极限情况作为边界
21     for(int i=1;i<=lena;i++)f[i][0]=i*y;
22     for(int i=1;i<=lenb;i++)f[0][i]=i*x;
23 
24     for(int i=1;i<=lena;i++){
25       for(int j=1;j<=lenb;j++){
26         f[i][j]=minx(f[i-1][j]+y,f[i][j-1]+x,f[i-1][j-1]+z*abs(a[i]-b[j]));
27       }
28       }
29     cout<<f[lena][lenb]<<endl;
30     return 0;
31 }