贪心专题(一)

写在前面

暑假校内集训的贪心专题
持续更新中…

CodeForces - 442C Artem and Array

【题目描述】

传送带
每个数的贡献是它相邻数的最小的那一个，每次删一个，求最终的贡献最大
左右端点可以看成贡献值为0

【思路】

一开始的贪心思路是每一次找min(a,b)最大的那个数删掉，但如果是n² 很显然就超时了，但每一个数都不大，不超过1e6，所以可以用类似桶的方法来记录每个数的min(a,b)，而且由于所有数都在原序列中，所以每删去一个最大值，之后的最大值一定比前一个小，所以最大值是单减的，所以复杂度是On的，每删去一个数只需要修改和它相邻的两个数的min(a,b)，可以用map来存
然而这个方法写的我自闭了，而且不小心看到了题解，于是就用了题解的方法

题解也是用贪心做的，贪心思路大致一样，重点是优化时间复杂度，其实纵观整个序列，我们可以不在意删数的次序，而只看删哪些点。将原序列看作一个折线图，三点连线只有“单增”“单减”“有凹点”"有凸点"四种情况，如果全是单调的那么肯定是取最小的n-2个数，有凹点时一定是删去凹点最优（可以当作只剩3个点，粗略证明），模仿凸包（其实不是凸包，因为可以一边向外凸另一边向里凸）来进出栈（最终至多一个最高点），最后把栈里所有数排序取最小的n-2个

【代码】

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=5e5+10;
int a[MAXN];
int b[MAXN];
int cnt;
int n;
ll sum;
stack s;
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&a[i]);
	a[0]=0;
	s.push(a[0]);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int u=s.top();
		s.push(a[i]);
		int v=s.top();
		while(u>=v&&a[i+1]>=v){
			sum+=min(u,a[i+1]);
			s.pop();
			if(s.size()<2) break;
			v=s.top();
			s.pop();
			u=s.top();
			s.push(v);
		}
	}
	while(!s.empty()){
		int u=s.top();
		b[cnt++]=u;
		s.pop();
	}
	sort(b,b+cnt);
	for(int i=0;i

CodeForces-1132C Painting the Fence

【题目描述】

长度为n的篱笆，选择给定q个油漆工中的q-2个，使得最终被涂色的篱笆长度最长
传送带

【思路】

其实这题看上去像贪心，用到的却并不是贪心的做法，从q个里面选q-2个这个条件非常特殊，如果枚举的话只需要枚举O(q²)，但对每种情况的计数如果直接暴力的话时间复杂度会达到O(nq²)，所以要优化。
首先很容易想到需要一个长度为n的数组来保存每个数被覆盖了几次，而且可以用差分数组来实现区间的加减（更新为O(1)，查询为O(n)）。由于选两个不选的油漆工，所以删去后为0的情况只有两种1）只被覆盖一次，删去的恰好为那一次 2）只被覆盖两次，删去的恰好为那两次
一开始用了两棵线段树(让更新和查询的复杂度都变为O(lgn))，分别维护区间中被覆盖次数为1的个数和被覆盖次数为2的个数，对于任意两个区间（代号为i j），重叠部分为l=后者的左端点 r=前者的右端点，结果T了第19个点
然后我又看了标算TAT 实际上被覆盖次数为1和被覆盖次数为2可以化归成一个问题，先删掉一个人以后就只剩下