贪心算法_排队不等式_绝对值不等式_推公式

排队不等式

原题链接

https://www.acwing.com/problem/content/915/

题目大意：

有 n 个人排队到 1 个水龙头处打水，第 i 个人装满水桶所需的时间是 ti，请问如何安排他们的打水顺序才能使所有人的等待时间之和最小？

思路：

从小到大排序，时间短的人先打水。

证明：

假设总时间为$res=t_1(n-1)+t_2(n-2)+...+t_n(n-n)$，如果res是最优解，一定有$t_i<=t_{i+1}$。
反证法：
如果$t_i>t_{i+1}$,交换$t_i$和$t_{i+1}$的打水顺序。
交换前:$re{s}_1=...+t_i(n-i)+t_{i+1}(n-i-1)+...$
交换后:$re{s}_2=...+t_{i+1}(n-i)+t_i(n-i-1)+...$
另$ans=res1-res2=t_i-t_{i+1}>0$,所以交换后总时间会变少，说明$re{s}_1$不是最优解。

代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 1e5+5;

int a[N];

int main(){
    
    
    int n;
    cin>>n;
    for(int i=0;i<n;i++){
    
    
        scanf("%d",&a[i]);
    }
    
    sort(a,a+n);
    
    LL res=0;
    for(int i=0;i<n;i++){
    
    
        res+=a[i]*(n-1-i);
    }
    
    cout<<res<<endl;
    return 0;
}

绝对值不等式

原题链接

https://www.acwing.com/problem/content/106/

题目大意：

在一条数轴上有 N 家商店，它们的坐标分别为 $A_1\sim A_N$。
现在需要在数轴上建立一家货仓，每天清晨，从货仓到每家商店都要运送一车商品。
为了提高效率，求把货仓建在何处，可以使得货仓到每家商店的距离之和最小。

思路：

找n个点的中位数，这个数就是距离的最小值点。

证明：

设$res=|x_1-x_0|+|x_2-x_0|+...+|x_1-x_n|,x_i$表示商店位置$(x_i<x_{i+1})$，$x_0$表示货仓的位置。
若商店数量为偶数家：$res=(|x_1-x_0|+|x_n-x_0|)+...+(|x_{\frac{n}{2}}-x_n|+|x_{\frac{n+1}{2}}|)$
若商店数量为奇数家：$res=(|x_1-x_0|+|x_n-x_0|)+...+|x_{\frac{n}{2}}-x_0|$
若要res最小，只需要让括号内的每个数都最小，而$|x_i-x_0|+|x_j-x_0|$在$x_0$取值在$[x_i,x_j]$这个区间时，取到最小值。而由于$(x_i<x_{i+1})$，所以$[x_i,x_{n-i}]$这个区间一定包括在$[x_{i-1},x_{n-i+1}]$这个区间当中。
所以最终如果n是偶数，则$x_0$是$[x_{\frac{n}{2}},x_{\frac{n+1}{2}}]$这个区间当中的任意一个点。
如果n是奇数，则$x_0$是$x_{\frac{n}{2}}$这个点。

代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 1e5+5;

int a[N];
int n;

int main(){
    
    
    cin>>n;
    for(int i=0;i<n;i++){
    
    
        scanf("%d",&a[i]);
    }
    
    sort(a,a+n);
    
    LL res=0;
    for(int i=0;i<n;i++) res+=abs(a[i]-a[n/2]);
    
    cout<<res<<endl;
    return 0;
}

推公式

原题链接

https://www.acwing.com/problem/content/127/

题目大意

农民约翰的 N 头奶牛（编号为 1…N）计划逃跑并加入马戏团，为此它们决定练习表演杂技。奶牛们不是非常有创意，只提出了一个杂技表演：叠罗汉
表演时，奶牛们站在彼此的身上，形成一个高高的垂直堆叠。奶牛们正在试图找到自己在这个堆叠中应该所处的位置顺序。这 N头奶牛中的每一头都有着自己的重量 Wi 以及自己的强壮程度 Si。
一头牛支撑不住的可能性取决于它头上所有牛的总重量（不包括它自己）减去它的身体强壮程度的值，现在称该数值为风险值，风险值越大，这只牛撑不住的可能性越高。
您的任务是确定奶牛的排序，使得所有奶牛的风险值中的最大值尽可能小。

思路：

根据w[i]+s[i]的值从小到大排序，总和最小的牛叠在最上面。算最大的风险数。

证明：

设x为我们算出的解，ans为最优解。
1.证明x>=ans
因为x是可行解，所以x一定>=ans
2.证明x<=ans
设存在i使得，$s[i]+w[i]>s[i+1]+w[i+1]$
已知：
i和i+1位置的牛在交换前：
第i号位置的牛的风险指数是：$w[0]+w[1]+...+w[i-1]-s[i]$
第i+1号位置的牛的风险指数是：$w[0]+w[1]+...+w[i]-s[i+1]$
i和i+1位置的牛在交换后：
第i号位置的牛的风险指数是：$w[0]+w[1]+...+w[i-1]-s[i+1]$
第i+1号位置的牛的风险指数是：$w[0]+w[1]+...+w[i-1]+w[i+1]-s[i]$
因为我们比较的是风险指数的最大值，所以可以对上式同时进行变换。同时减去$(w[0]+w[1]+...+w[i-1]-s[i]-s[i+1])$
i和i+1位置的牛在交换前：
第i号位置的牛的风险指数是：$s[i+1]$
第i+1号位置的牛的风险指数是：$w[i]+s[i]$
i和i+1位置的牛在交换后：
第i号位置的牛的风险指数是：$s[i]$
第i+1号位置的牛的风险指数是：$w[i+1]+s[i+1]$
因为$w[i]+s[i]>w[i+1]+s[i+1]$并且$w[i]+s[i]>s[i]$，所以在交换位置后，风险最大值一定变小了。所以x一定比所有的解都要小。
因为$ans<=x<=ans$,所以$x==ans$
证毕。

代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>

using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;

const int N = 50005;

int n;
PII cow[N];

int main() {
    
    
    cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
    
    
        int w, s;
        scanf("%d%d", &w, &s);
        cow[i] = {
    
     w + s,w };
    }

    sort(cow, cow + n);

    int res = -2e9, sum = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
    
    
        int w = cow[i].second, s = cow[i].first - w;
        res = max(res, sum - s);
        sum+=w;
    }
    cout << res << endl;
    return 0;
}