贪心法简介

2019-03-31 21:39:57 阅读：225 来源： 互联网

1.贪心法的设计思想

例：n项活动，每项活动有开始时间和结束时间，不能同时举行，设计安排使得被安排的活动数量最多

策略：将活动结束时间从小到大排列，从前向后选择，只要与前面的活动相容，就将活动选入A

#include <iostream>
using namespace std;
int s[100], e[100], d[100];
void mSwap(int &a, int &b){
    int temp = a;
    a = b;
    b = temp;
}
void myQuickSort(int a, int b){
    if (a >= b)
        return;
    int t = a;
    int i = a + 1, j = b - 1;
    while (1){
        while (e[i] < e[t]) ++i;    //从左向右，找到第一个大于等于e[t] 
        while (e[j] > e[t]) --j;    //从右向左，找到第一个小于等于e[t] 
        if (i >= j) break;
        mSwap(s[i], s[j]);
        mSwap(e[i], e[j]);
        mSwap(d[i], d[j]);
    }
    mSwap(s[t], s[j]);
    mSwap(e[t], e[j]);
    mSwap(d[t], d[j]);
    myQuickSort(a, j);
    myQuickSort(j + 1, b);
}
int main(){
    int n;
    int count = 1;
    int pree;    //用于记录前一个活动结束时间 
    cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; ++i){
        cin >> s[i] >> e[i];
        d[i] = i;
    }
    myQuickSort(0, n);
    pree = e[0];
    cout << d[0];
    for (int i = 1; i < n; ++i){
        if (s[i] >= pree){
            pree = e[i];
            cout << ' ' << d[i];
            count++;
        }
    }
    cout << endl << count << endl;
    return 0;
}

2.贪心法正确性证明

有集装箱1,2,...,n准备装上轮船，其中集装箱i的重量为w_i，i=1,2,...,n.已知轮船最多装载量为C，每个集装箱重量w_i≤C，且对集装箱无体积限制.问如何选择而使得装上船的集装箱数量最多？

（0-1背包问题，贪心法比动态规划更简便）

【关于最终输出的集装箱标号，理应按原始标号输出，但书中是按照排序后的标号输出。敲代码时，就重写一下快排，按原始标号输出。笔试时，就直接不加说明按照排序后标号输出】

算法1：

输入：集装箱集合N={1,2,...,n}，集装箱i的重量W={w_i|i=1,2,...,n}

输出：I⊆N，装入船的集装箱集合

1.sort(W)

2.I={1}

3.K=w₁

4.for i 2 to n do

5.　　if K+w_i≤C

6.　　then I<-I∪{i}

7.　　　　K<-K+w_i

8.　　else return I,K

【伪代码的书写规范有点迷，if...then...似乎不需要接end if，while、for后似乎也不需要接end？】

证明①：（数学归纳法）

　　对于任何正整数k，算法1都对k个集装箱的实例取得最优解

　　k=1时，w₁≤C，任何算法仅有一种装法，显然最优解成立

　　假设算法对于规模为k的输入都能得到最优解，考虑规模为k+1的输入W[1..k+1]，排序后有W[1]≤...≤W[k+1]，去掉最轻的集装箱

　　　　N'=N-{1}

　　　　W'=W-{w₁}

　　　　C'=C-w₁

　　根据归纳假设，对于N',W',C'，算法1能得到最优解I'

　　令I=I'∪{1}

　　则I是N的最优解，如若不然，则存在关于N的最优解I*，I*包含1（否则用1替换标号最小的集装箱，也是最优解），|I*|>|I|

　　　　|I*-{1}|>|I-{1}|=|I'|

　　与I'是N'的最优解矛盾

　　故该算法对规模为k+1的输入也能得到最优解

　　综上，命题得证

证明②：（交换论证）

思路：通过有限步替换，将任意最优解改变成贪心法的解

　　假设f=<i₁,i₂,...,i_n>是一个最优解，如果在f中存在逆序，即存在w_j<w_k，而f(j)>f(k)

　　交换f中j与k，得到调度g，下证明g为最优解：

　　　　K=w₁+w₂+...+w_i

　　i<j时，K_f=K_g

　　j≤i<k时，∵w_j<w_k∴K_f=C₁+w_k+C₂≥C₁+w_j+C₂=K_g

　　i≥k时，K_f=K_g

　　故若f为最优解，则g为最优解

由代数定理得，经过有限次置换，可得到不存在逆序的最优解，即为算法1得到的解

标签：标号,...,int,简介,mSwap,集装箱,最优,贪心
来源： https://www.cnblogs.com/victorique-de-blois/p/10633316.html

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