[POJ 3045] Cow Acrobats （贪心）

POJ - 3045

有若干头牛叠罗汉，每头牛有一个冒险值，为在其上面所有牛的重量，减去其力量值

问如何使得最大的冒险值最小

挑战上面的题，本来想着用二分答案的方法做

虽然觉得自己的思路没什么问题，但是 WA了

百度了一发题解，发现这题正解是贪心

首先直观感觉力量大的，体重轻的应该在下面，但这有两个因素，不好确定

可利用调整法试图找出答案

假设我已经找到了答案排列 （ 猜想答案序列）

证明任何一个调整都会使答案变劣，从而研究他的性质

不难发现，对于答案相邻的两只牛 a和 b （ a在 b下），改变它们的位置

只会改变它们的冒险值，而对其他的牛没有影响

Ra=sum+Wb−SaR_a=sum+W_b-S_a

Rb=sum−SbR_b=sum-S_b

改变位置

R′a=sum−SaR_a'=sum-S_a

R′b=sum+Wa−SbR_b'=sum+W_a-S_b

因为改变前答案更优，所以有

max(Ra,Rb)≤max(R′a,R′b)max(R_a, R_b) \le max(R_a', R_b')

发现 R′a≤RaR_a' \le R_a

若 R′aR_a' 是最大值，那么无论 RaR_a， RbR_b谁最大，均使得调整前的答案不是最优的，故矛盾

所以 R′bR_b' 是不等号右端的最大值

即有 R′b≤max(Ra,Rb)R_b' \le max(R_a, R_b)，所以

sum+Wa−Sb≤sum+Wb−Sasum+W_a-S_b \le sum+W_b-S_a

sum+Wa−Sb≤sum−Sbsum+W_a-S_b \le sum-S_b

由第一个式子可得，对于答案序列的任意两头相邻的牛 （a 在 b下）

Wa+Sa≤Wb+SbW_a+S_a \le W_b+S_b

这个不等号具有传递性，所以答案序列中，任意两头牛 （a 在 b下）

Wa+Sa≤Wb+SbW_a+S_a \le W_b+S_b

因此我们发现了答案序列一个很好的规律，于是对 W + S排序即可得到答案序列

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <map>
#include <set>
#include <queue>
using namespace std;
typedef pair<int,int> Pii;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
#define MST(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define CLR(a) MST(a,0)
#define Pow2(a) a*a
int maxx(int a,int b){return a>b?a:b;}
int minn(int a,int b){return a<b?a:b;}
int abss(int a){return a<0?(-a):a;}

const int maxn=5e4+10;
const LL INF=0x3f3f3f3f;
int N;
LL tot;
Pii inpt[maxn];

bool icmp(Pii u, Pii v)
{
return u.first+u.second<v.first+v.second;
}

bool judg(LL);

int main()
{
while(~scanf("%d", &N))
{
LL sum=0,tmax=-INF;
for(int i=1; i<=N; i++) scanf("%lld%lld", &inpt[i].first, &inpt[i].second);
sort(inpt+1,inpt+1+N,icmp);
for(int i=1; i<=N; i++)
{
tmax=max(tmax,sum-inpt[i].second);
sum+=inpt[i].first;
}
printf("%lld\n", tmax);
}
return 0;
}