贪心算法（就是猜测再试试证明）
905. 区间选点905. 区间选点 - AcWing题库
给定 N个闭区间 [ai,bi]，请你在数轴上选择尽量少的点，使得每个区间内至少包含一个选出的点。
输出选择的点的最小数量。
位于区间端点上的点也算作区间内。
输入格式
第一行包含整数 N，表示区间数。
接下来 N行，每行包含两个整数 ai,bi，表示一个区间的两个端点。
输出格式
输出一个整数，表示所需的点的最小数量。
数据范围
1≤N≤105,
−109≤ai≤bi≤109
输入样例：
3
-1 1
2 4
3 5输出样例：
查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+6;
typedef long long int ll;
struct point{
ll l;
ll r;
}p[N];
int n;
bool com(point&a,point&b){
return a.r<b.r;
}
int main(){
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++)cin>>p[i].l>>p[i].r;
sort(p,p+n,com);
int cnt=1;
ll h=p[0].r;
for(int i=1;i<n;i++){
if(h<p[i].l){
cnt++;
h=p[i].r;
}
}
cout<<cnt;
return 0;
}
贪心：
每次选取右端点作为参考点，因为右端点可以包含于多个区间，当参考点<当前区间左端点，那么选取点的个数+1并且更新参考点为当前区间的右端点。
908. 最大不相交区间数量908. 最大不相交区间数量 - AcWing题库
给定 N 个闭区间 [ai,bi]，请你在数轴上选择若干区间，使得选中的区间之间互不相交（包括端点）。
输出可选取区间的最大数量。
输入格式
第一行包含整数 N，表示区间数。（和906上面区间点一样！）
接下来 N 行，每行包含两个整数 ai,bi，表示一个区间的两个端点。
输出格式
输出一个整数，表示可选取区间的最大数量。
数据范围
1≤N≤105,
−109≤ai≤bi≤109
输入样例：
3
-1 1
2 4
3 5输出样例：
2代码：
查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+6;
typedef long long int ll;
struct point{
ll l;
ll r;
}p[N];
int n;
bool com(point&a,point&b){
return a.r<b.r;
}
int main(){
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++)cin>>p[i].l>>p[i].r;
sort(p,p+n,com);
cout<<endl;
//cout<<"-------------------------------------------------------"<<endl;
// for(int i=0;i<n;i++)cout<<p[i].l<<" "<<p[i].r<<endl;
int cnt=1;
ll h=p[0].r;
cout<<"h= "<<h<<endl;
for(int i=1;i<n;i++){
if(h<p[i].l){
cnt++;
h=p[i].r;
//cout<<"h= "<<h<<endl;
}
}
cout<<cnt;
return 0;
}
906. 区间分组
给定 N个闭区间 [ai,bi]，请你将这些区间分成若干组，使得每组内部的区间两两之间（包括端点）没有交集，并使得组数尽可能小。
输出最小组数。
输入格式
第一行包含整数 N，表示区间数。
接下来 N 行，每行包含两个整数 ai,bi，表示一个区间的两个端点。
输出格式
输出一个整数，表示最小组数。
数据范围
1≤N≤105
−109≤ai≤bi≤109
输入样例：
3
-1 1
2 4
3 5输出样例：
2查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long int ll;
const int N=1e5+6;
struct point{
ll l;
ll r;
}p[N];
int n;
bool com(point&a,point&b){
return a.l<b.l;
}
int main(){
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++){
cin>>p[i].l>>p[i].r;
}
sort(p,p+n,com);
//将右端点放入小根堆
priority_queue<ll,vector<ll>,greater<ll> >q;
for(int i=0;i<n;i++) {
point y=p[i];
//整个新组
if(q.empty()||q.top()>=y.l){
q.push(y.r);
}
else{
q.pop();
q.push(y.r);
}
}
cout<<q.size();
return 0;
}现将每个点坐标按左端点从小到大排序
然后用小根堆存放每个点右端点
贪心：
（1）当区间左端点<=所有组最小的右端点（即堆顶）--->开一个新组，将当前区间右端点放入堆
（2）else
新区间在右端点最小的那个组内
所以只用弹出堆顶
并更新堆
--->堆是优先队列默认大根堆，会自动排序，对堆顶为最值。
哈夫曼树：合并果子148. 合并果子 - AcWing题库
在一个果园里，达达已经将所有的果子打了下来，而且按果子的不同种类分成了不同的堆。
达达决定把所有的果子合成一堆。
每一次合并，达达可以把两堆果子合并到一起，消耗的体力等于两堆果子的重量之和。
可以看出，所有的果子经过 n−1 次合并之后，就只剩下一堆了。
达达在合并果子时总共消耗的体力等于每次合并所耗体力之和。
因为还要花大力气把这些果子搬回家，所以达达在合并果子时要尽可能地节省体力。
假定每个果子重量都为 1，并且已知果子的种类数和每种果子的数目，你的任务是设计出合并的次序方案，使达达耗费的体力最少，并输出这个最小的体力耗费值。
例如有 3种果子，数目依次为 1，2，9。
可以先将 1、2 堆合并，新堆数目为 3，耗费体力为 3。
接着，将新堆与原先的第三堆合并，又得到新的堆，数目为 12，耗费体力为 12。
所以达达总共耗费体力=3+12=15。
可以证明 15 为最小的体力耗费值。
输入格式
输入包括两行，第一行是一个整数 n，表示果子的种类数。
第二行包含 n个整数，用空格分隔，第 i 个整数 ai 是第 i 种果子的数目。
输出格式
输出包括一行，这一行只包含一个整数，也就是最小的体力耗费值。
输入数据保证这个值小于 231。
数据范围
1≤n≤10000
1≤ai≤20000
输入样例：
3
1 2 9 输出样例：
15
查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long int ll;
int main(){
int n;
cin>>n;
priority_queue<ll,vector<ll>,greater<ll> >p;
int a;
while(n--){
scanf("%d",&a);
p.push(a);
}
ll res=0;
while(p.size()>1) {
int b=p.top();p.pop();
int c=p.top();p.pop();
res+=b+c;
p.push(b+c);
}
cout<<res;
return 0;
}哈夫曼树：利用小根堆--->写法用stl中的优先队列
小根堆：priority_queue<ll,vector<ll>,greater<ll> >p ； 大根堆：priority_queue<ll,vector<ll>>p；
小根堆：greater<ll>与右>相隔一个空格！
放入优先队列用push
放入小根堆会使堆顶最小
先全部放入小根堆，然后弹出堆顶元素两次--->即每次取出两个最小的元素相加，将相加结果加在保存结果的res里，并将相加的两个元素和放入堆
堆会自动排序
堆顶为最值
循环退出条件：元素<=1不用合并了。
907. 区间覆盖
907. 区间覆盖 - AcWing题库
给定 N 个闭区间 [ai,bi]以及一个线段区间 [s,t]，请你选择尽量少的区间，将指定线段区间完全覆盖。
输出最少区间数，如果无法完全覆盖则输出 −1。
输入格式
第一行包含两个整数 s和 t，表示给定线段区间的两个端点。
第二行包含整数 N，表示给定区间数。
接下来 N行，每行包含两个整数 ai,bi，表示一个区间的两个端点。
输出格式
输出一个整数，表示所需最少区间数。
如果无解，则输出 −1。
数据范围
1≤N≤105
−109≤ai≤bi≤109
−109≤s≤t≤109
输入样例：
1 5
3
-1 3
2 4
3 5输出样例：
2查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+6;
typedef long long int ll;
int n;ll start;ll end1;
struct point{
ll l;
ll r;
}p[N];
bool com(point&a,point&b){
return a.l<b.l;
}
bool flag=false;
int main(){
cin>>start>>end1;//覆盖区间起点和终点
cin>>n;
int res=0;
for(int i=0;i<n;i++){
cin>>p[i].l>>p[i].r;
}
sort(p,p+n,com);
for(int i=0;i<n;i++){
ll j=i;ll right=-2e9;
while(j<n&&p[j].l<=start){
right=max(right,p[j].r);
j++;
}
if(right<start){
cout<<"-1"<<endl;
return 0;
}
res++;
if(right>=end1){
flag=true;
break;
}
i=j-1;//因为循环里i会+1所以先减1
start =right;
}
if(!flag)cout<<"-1";//遍历完后没有成功
else{
cout<<res;
}
return 0;
}算法思想：
贪心
首先将区间按左端点从小到大排序
记录题目要求的起点和终点
然后循环遍历每个排好序后的区间
res记录选取的最少区间数
取满足条件的最大右端点为end1
每个区间左端点是为了看是否满足条件，右端点是用来选择的（要满足条件的最大值）
排序不等式
题目：913 排队打水
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？
输入格式
第一行包含整数 n。
第二行包含 n个整数，其中第 i 个整数表示第 i 个人装满水桶所花费的时间 ti。
输出格式
输出一个整数，表示最小的等待时间之和。
数据范围
1≤n≤105
1≤ti≤104
输入样例：
7
3 6 1 4 2 5 7输出样例：
56
查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+6;
int t[N];
int n;
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>t[i];
sort(t+1,t+n+1);//从小到大排序
long long int sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++) {
sum=sum+(n-i)*t[i];
}
cout<<sum;
return 0;
}每个同学打水时间 3 6 1 4 2 5 7
等待总时间：sum=3*6+6*5+1*4+4*3+2*2+5*1=a[1]*(n-1)+a[2]*(n-2)+...+a[n-1]*(n-n+1);
当前同学打水时间是他后面所有同学都要等待的时间！
贪心算法--->让小时间放前面
做法：对时间从小到大排序
绝对值不等式：取中位数 作为所求点
104 货仓选址
在一条数轴上有 N家商店，它们的坐标分别为 A1∼AN。
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。
输入格式
第一行输入整数 N。
第二行 N 个整数 A1∼AN。
输出格式
输出一个整数，表示距离之和的最小值。
数据范围
1≤N≤100000
0≤Ai≤400000
输入样例：
4
6 2 9 1输出样例：
12查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+6;
int n;
int a[N];
int main(){
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++)cin>>a[i];
sort(a,a+n) ;
long long int sum=0;
for(int i=0;i<n;i++){
sum=sum+abs(a[i]-a[n/2]);
}
cout<<sum;
return 0;
}考点：贪心
初始下标0~n
最值处为中位数（中间那个数用n/2下标）
125. 耍杂技的牛
农民约翰的 N头奶牛（编号为 1..N1）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的小。
输入格式
第一行输入整数 N，表示奶牛数量。
接下来 N 行，每行输入两个整数，表示牛的重量和强壮程度，第 i行表示第 i头牛的重量 Wi以及它的强壮程度 Si。
输出格式
输出一个整数，表示最大风险值的最小可能值。
数据范围
1≤N≤50000
1≤Wi≤10,000
1≤Si≤1,000,000,000
输入样例：
3
10 3
2 5
3 3输出样例：
2查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e4+6;
typedef long long int ll;
struct a{
ll w;
ll s;
}cow[N];
int n;
bool com(a&b,a&c){
return b.w+b.s<c.w+c.s;
}
int main(){
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++){
cin>>cow[i].w>>cow[i].s;
}
sort(cow,cow+n,com);
for(int i=1;i<n;i++){
cow[i].w+=cow[i-1].w;
}
ll ans= -1*cow[0].s;
for(int i=1;i<n;i++){
ans=max(ans,cow[i-1].w-cow[i].s);
}
cout<<ans;
return 0;
}简化:
第i个物品 第i+1个物品 交换前风险值 -si wi -si+1 交换后风险值 wi+1 -si -si+1
易知：
wi -si+1 > -s i+1
若wi-si+1 > w i+1 -si 需要交换
所以为了使风险值最大值最小
就使wi+si按升序排列
注意：
计算风险值不要用双重循环会超时当超过1e9次
两重循环分开算
一个for
改写每个w
每个物品的w改写为从第0个物品到该物品的总重量--->递推
另一个for
循环遍历求风险值的最大值ans=max(ans,cow[i-1].w-cow[i].s);
该物品上面的总重量-他自己承受值
标签：输出,int,ll,整数,算法,端点,区间,贪心 From： https://www.cnblogs.com/luckyhappyyaoyao/p/17999123