【基础算法笔记】贪心算法中的区间问题

 在acwing上学习算法的一点思考和总结

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感受：贪心算法难在他的证明，很多时候我们都是有一个感觉，然后去猜是否能用贪心做，借助几个实例去证明贪心算法的正确性。个人感觉自己对贪心的证明还不是很透彻，得多做点题悟一悟。这里暂时先不写贪心的证明了，等以后彻底搞懂了贪心再回来补上吧。

区间选点

原创大大（智障也有春天）：AcWing 905. 区间选点的贪心思路的正确性证明 - AcWing

要想看懂Y总的证明，关键是要弄清楚cnt的含义究竟是什么，其实cnt有两个含义
①是指，按照各区间按右端点从小到大排，再从前往后枚举各区间，若当前区间中已包含之前被选的区间右端点，则直接跳过该区间；否则，选择当前区间的右端点这样的贪心思路所选出来的右端点的数量。
②是指，所有区间中一定存在cnt个两两之间没有交集的区间。因为各区间按照右端点排序后，每一个被选择的区间右端点（共cnt个）都是没有被 （被选择的排序位置更靠前的区间的右端点） 覆盖到的区间的 右端点。

证明
①假设最优解为ans个，以上述贪心思路选出来的点为cnt个。即证明ans == cnt，等价于证ans >= cnt 同时 ans <= cnt
②首先，以上述贪心思路选择出的cnt个点，是一组可行方案。其覆盖了所有区间，满足题目要求。又因为ans是最优解，即为所有可行方案的最小值，那么最优解ans <= cnt成立
③其次由于所有区间中一定存在cnt个两两之间没有交集的区间，那么至少需要cnt个点才能将这些两两不交的区间进行覆盖，又因为题目要求选的点还要能覆盖所有别的区间，故最优解ans >= cnt成立

所以代码的实现就很简单了，先将右端点排序，然后遍历每个区间，看是否有重合。

#include
#include
#include

using namespace std;
const int N = 100010;
struct Range
{
    int l;
    int r;
    bool operator< (const Range &W)const
    {
        return r < W.r;
    }
}range[N];

int n;

int main()
{
    cin>>n;
    
    for(int i = 0; i < n; i ++)
    {
        int a,b;
        cin>>a>>b;
        range[i] = {a,b};
    }
    
    sort(range, range + n);
        
    int res = 0;
    int ed = -2e9;
    for(int i = 0; i < n; i ++)
        if(range[i].l > ed)
        {
            res ++;
            ed = range[i].r;
        }
        
    cout<

区间组合

原创大大（oceanrivers）：算法基础课贪心部分每道题贪心策略的证明汇总 - AcWing

Ans<=cnt证明：
因为Ans是最优解，而我们根据贪心策略得出来的cnt肯定是一个合法解，所以必然有Ans<=cnt的

Ans>=cnt证明：
根据我们的贪心策略，对于第一个进入第cnt个分组的区间（我们把它命名为X区间），它和前面的cnt-1个分组必然存在交集（否则就不会产生第cnt组了），即我们必然能够在前面的cnt-1个分组的每一组中找到一个和它相交的区间，如此，我们便可以找到cnt-1个区间和X区间相交，即至少有cnt个区间彼此是相交的，如果要进行分组，这cnt个区间必然处于不同组，即至少需要分成cnt组，所以任何一种分组方案得到的结果都必然>=cnt，最优解与不例外，所以Ans>=cnt得证

最优步骤：每次要插入的区间去遍历前面的所有区间，找到所有右端点中的min,然后判断要插入区间的左端,即range[ i ].l 是否大于这个min。若是则说明可以合并到一组，反之，要新增加一个组。代码实现上就用一个小根堆来维护合并后（也可能没合并）的区间右端点的最小值

#include
#include
#include
#include

using namespace std;
const int N = 100010;
struct Range
{
    int l;
    int r;
    bool operator< (const Range & W)const
    {
        return l < W.l;
    }
}range[N];

int n;

int main()
{
    cin>>n;
    
    for(int i = 0; i < n; i ++)
    {
        int a,b;
        cin>>a>>b;
        range[i] = {a,b};
    }

    sort(range, range + n);

    priority_queue, greater> heap;
    for(int i = 0; i < n; i ++)
    {
        auto r = range[i];
        if(!heap.size() || r.l <= heap.top() ) heap.push(r.r); //不能合并到一组，需要作为新的一组区间加入到堆中
        else
        {
            //更新这个区间的右端点
            heap.pop(); 
            heap.push(r.r);
        }
    }
    cout<

区间覆盖

原创大大（oceanrivers）算法基础课贪心部分每道题贪心策略的证明汇总 - AcWing

假设最优解有Ans个区间，用贪心策略得出的解是cnt个区间。我们依次枚举这ans个区间和cnt个区间，假设枚举到第i个区间发现两者不相同，即发现ans的第i个区间和cnt的第i个区间不是同一个区间时（此时ans的第i-1个区间和cnt的第i-1个区间相同）根据我们的贪心策略，cnt的第i个区间的右端点必然>=ans的第i个区间的右端点，如此我们把ans的第i个区间换成cnt的第i个区间之后，ans依然是一个合法解，并且此时ans中的区间个数没有发生改变；由此，每当出现不相同的区间时，我们都可以采用这种替换，最终最优解的每个区间在经过上述替换后，会等于我们用贪心策略得出的解的每个区间，即这两个解的区间个数是相同的，Ans=cnt得证

最优步骤：遍历所有在起点左边（小于等于）的区间中，右端点最大的。然后将原本的起点更新为这个右端点。由题目的性质可知，我们如果走了最优步骤，那么前面遍历过的区间都不会对后面的步骤产生任何影响。所以我们可以用双指针来遍历区间

#include
#include
#include

using namespace std;
const int N = 100010;
struct Range
{
    int l;
    int r;
    bool operator< (const Range &W)const
    {
        return l < W.l;
    }
}range[N];

int n, st, ed;


int main()
{
    cin>>st>>ed;
    cin>>n;
    for(int i = 0; i < n; i ++)
    {
        int a,b;
        cin>>a>>b;
        range[i] = {a, b};
    }
    
    sort(range, range + n);
    
    bool flag = false;
    int res = 0;
    
    for(int i = 0; i < n; i ++)
    {
        int j = i, tt = -2e9;
        while( j < n && range[j].l <= st )
        {   
            tt = max(tt,range[j].r);
            j ++;
        }
        
        if(tt < st) break;
        
        res ++;
        if( tt >= ed) 
        {
            flag = true;
            break;
        }
        
        st = tt;
        i = j-1;
        
    }
    if(!flag) res = -1;
    cout<