C語言最常用的貪心算法

01基本概念

貪心算法是指在對問題求解時，總是做出在當前看來是最好的選擇。也就是說，不從整體最優(yōu)上加以考慮，只做出在某種意義上的局部最優(yōu)解。貪心算法不是對所有問題都能得到整體最優(yōu)解，關(guān)鍵是貪心策略的選擇，選擇的貪心策略必須具備無后效性，即某個狀態(tài)以前的過程不會影響以后的狀態(tài)，只與當前狀態(tài)有關(guān)。

貪心算法沒有固定的算法框架，算法設(shè)計的關(guān)鍵是貪心策略的選擇。必須注意的是，貪心算法不是對所有問題都能得到整體最優(yōu)解，選擇的貪心策略必須具備無后效性（即某個狀態(tài)以后的過程不會影響以前的狀態(tài)，只與當前狀態(tài)有關(guān)。）

所以，對所采用的貪心策略一定要仔細分析其是否滿足無后效性。

02貪心算法的基本思路

解題的一般步驟是：

1.建立數(shù)學模型來描述問題；
2.把求解的問題分成若干個子問題；
3.對每一子問題求解，得到子問題的局部最優(yōu)解；
4.把子問題的局部最優(yōu)解合成原來問題的一個解。

03該算法存在的問題

不能保證求得的最后解是最佳的

不能用來求最大值或最小值的問題

只能求滿足某些約束條件的可行解的范圍

04貪心算法適用的問題

貪心策略適用的前提是：局部最優(yōu)策略能導(dǎo)致產(chǎn)生全局最優(yōu)解。

實際上，貪心算法適用的情況很少。一般對一個問題分析是否適用于貪心算法，可以先選擇該問題下的幾個實際數(shù)據(jù)進行分析，就可以做出判斷。

05貪心選擇性質(zhì)

所謂貪心選擇性質(zhì)是指所求問題的整體最優(yōu)解可以通過一系列局部最優(yōu)的選擇，換句話說，當考慮做何種選擇的時候，我們只考慮對當前問題最佳的選擇而不考慮子問題的結(jié)果。這是貪心算法可行的第一個基本要素。貪心算法以迭代的方式作出相繼的貪心選擇，每作一次貪心選擇就將所求問題簡化為規(guī)模更小的子問題。對于一個具體問題，要確定它是否具有貪心選擇性質(zhì)，必須證明每一步所作的貪心選擇最終導(dǎo)致問題的整體最優(yōu)解。

當一個問題的最優(yōu)解包含其子問題的最優(yōu)解時，稱此問題具有最優(yōu)子結(jié)構(gòu)性質(zhì)。問題的最優(yōu)子結(jié)構(gòu)性質(zhì)是該問題可用貪心算法求解的關(guān)鍵特征。

06貪心算法的實現(xiàn)框架

從問題的某一初始解出發(fā)：

?

while (朝給定總目標前進一步)
{
利用可行的決策，求出可行解的一個解元素。
}

?

由所有解元素組合成問題的一個可行解；

07例題分析

如果大家比較了解動態(tài)規(guī)劃，就會發(fā)現(xiàn)它們之間的相似之處。最優(yōu)解問題大部分都可以拆分成一個個的子問題，把解空間的遍歷視作對子問題樹的遍歷，則以某種形式對樹整個的遍歷一遍就可以求出最優(yōu)解，大部分情況下這是不可行的。貪心算法和動態(tài)規(guī)劃本質(zhì)上是對子問題樹的一種修剪，兩種算法要求問題都具有的一個性質(zhì)就是子問題最優(yōu)性(組成最優(yōu)解的每一個子問題的解，對于這個子問題本身肯定也是最優(yōu)的)。動態(tài)規(guī)劃方法代表了這一類問題的一般解法，我們自底向上構(gòu)造子問題的解，對每一個子樹的根，求出下面每一個葉子的值，并且以其中的最優(yōu)值作為自身的值，其它的值舍棄。而貪心算法是動態(tài)規(guī)劃方法的一個特例，可以證明每一個子樹的根的值不取決于下面葉子的值，而只取決于當前問題的狀況。換句話說，不需要知道一個節(jié)點所有子樹的情況，就可以求出這個節(jié)點的值。由于貪心算法的這個特性，它對解空間樹的遍歷不需要自底向上，而只需要自根開始，選擇最優(yōu)的路，一直走到底就可以了。

話不多說，我們來看幾個具體的例子慢慢理解它：

1.活動選擇問題

這是《算法導(dǎo)論》上的例子，也是一個非常經(jīng)典的問題。有n個需要在同一天使用同一個教室的活動a1,a2,…,an，教室同一時刻只能由一個活動使用。每個活動ai都有一個開始時間si和結(jié)束時間fi 。一旦被選擇后，活動ai就占據(jù)半開時間區(qū)間[si,fi)。如果[si,fi]和[sj,fj]互不重疊，ai和aj兩個活動就可以被安排在這一天。該問題就是要安排這些活動使得盡量多的活動能不沖突的舉行。例如下圖所示的活動集合S，其中各項活動按照結(jié)束時間單調(diào)遞增排序。



考慮使用貪心算法的解法。為了方便，我們用不同顏色的線條代表每個活動，線條的長度就是活動所占據(jù)的時間段，藍色的線條表示我們已經(jīng)選擇的活動；紅色的線條表示我們沒有選擇的活動。

如果我們每次都選擇開始時間最早的活動，不能得到最優(yōu)解：



如果我們每次都選擇持續(xù)時間最短的活動，不能得到最優(yōu)解：



可以用數(shù)學歸納法證明，我們的貪心策略應(yīng)該是每次選取結(jié)束時間最早的活動。直觀上也很好理解，按這種方法選擇相容活動為未安排活動留下盡可能多的時間。這也是把各項活動按照結(jié)束時間單調(diào)遞增排序的原因。

C語言知識匯總

#include
#include
#include
using namespace std;    
int N;
struct Act
    {
int start;
int end;
    }act[100010];


bool cmp(Act a,Act b)
{  
return a.end=act[i].end)  
            {  
                i=j;  
                num++;  
            }  
        }  
return num;
    }


int main()
{  
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
        {
scanf("%d",&N);
for(int i=1;i<=N;i++)
            {
scanf("%lld %lld",&act[i].start,&act[i].end);
            }
            act[0].start=-1;
            act[0].end=-1;
             sort(act+1,act+N+1,cmp);
int res=greedy_activity_selector();
cout<

2.錢幣找零問題


這個問題在我們的日常生活中就更加普遍了。假設(shè)1元、2元、5元、10元、20元、50元、100元的紙幣分別有c0, c1, c2, c3, c4, c5, c6張?，F(xiàn)在要用這些錢來支付K元，至少要用多少張紙幣？用貪心算法的思想，很顯然，每一步盡可能用面值大的紙幣即可。在日常生活中我們自然而然也是這么做的。在程序中已經(jīng)事先將Value按照從小到大的順序排好。

?
#include
#include
using namespace std;
const int N=7;
int Count[N]={3,0,2,1,0,3,5};
int Value[N]={1,2,5,10,20,50,100};


int solve(int money)
{
int num=0;
for(int i=N-1;i>=0;i--)
        {
int c=min(money/Value[i],Count[i]);
            money=money-c*Value[i];
            num+=c;
        }
if(money>0) num=-1;
return num;
    }


int main()
{
int money;
cin>>money;
int res=solve(money);
if(res!=-1) cout<

3.再論背包問題


在從零開始學動態(tài)規(guī)劃中我們已經(jīng)談過三種最基本的背包問題：零一背包，部分背包，完全背包。很容易證明，背包問題不能使用貪心算法。然而我們考慮這樣一種背包問題：在選擇物品i裝入背包時，可以選擇物品的一部分，而不一定要全部裝入背包。這時便可以使用貪心算法求解了。計算每種物品的單位重量價值作為貪心選擇的依據(jù)指標，選擇單位重量價值最高的物品，將盡可能多的該物品裝入背包，依此策略一直地進行下去，直到背包裝滿為止。在零一背包問題中貪心選擇之所以不能得到最優(yōu)解原因是貪心選擇無法保證最終能將背包裝滿，部分閑置的背包空間使每公斤背包空間的價值降低了。在程序中已經(jīng)事先將單位重量價值按照從大到小的順序排好。

?
????#include???
using namespace std;   
const int N=4;  
void knapsack(float M,float v[],float w[],float x[]);  


int main()
{  
float M=50;
//背包所能容納的重量   
float w[]={0,10,30,20,5};
//每種物品的重量  
float v[]={0,200,400,100,10};  
//每種物品的價值
float x[N+1]={0};  
//記錄結(jié)果的數(shù)組
        knapsack(M,v,w,x);  
cout<<"選擇裝下的物品比例："<M) break;   
            x[i]=1;  
            M-=w[i];  
        }   
//物品部分被裝下  
if(i<=N) x[i]=M/w[i];   
    }



4.多機調(diào)度問題


n個作業(yè)組成的作業(yè)集，可由m臺相同機器加工處理。要求給出一種作業(yè)調(diào)度方案，使所給的n個作業(yè)在盡可能短的時間內(nèi)由m臺機器加工處理完成。作業(yè)不能拆分成更小的子作業(yè)；每個作業(yè)均可在任何一臺機器上加工處理。這個問題是NP完全問題，還沒有有效的解法(求最優(yōu)解)，但是可以用貪心選擇策略設(shè)計出較好的近似算法(求次優(yōu)解)。當n<=m時，只要將作業(yè)時間區(qū)間分配給作業(yè)即可；當n>m時，首先將n個作業(yè)從大到小排序，然后依此順序?qū)⒆鳂I(yè)分配給空閑的處理機。也就是說從剩下的作業(yè)中，選擇需要處理時間最長的，然后依次選擇處理時間次長的，直到所有的作業(yè)全部處理完畢，或者機器不能再處理其他作業(yè)為止。如果我們每次是將需要處理時間最短的作業(yè)分配給空閑的機器，那么可能就會出現(xiàn)其它所有作業(yè)都處理完了只剩所需時間最長的作業(yè)在處理的情況，這樣勢必效率較低。在下面的代碼中沒有討論n和m的大小關(guān)系，把這兩種情況合二為一了。

?
#include  
#include    
using namespace std;  
int speed[10010];  
int mintime[110];  


bool cmp( const int &x,const int &y)
{  
return x>y;  
    }  


int main()
{  
int n,m;         
memset(speed,0,sizeof(speed));  
memset(mintime,0,sizeof(mintime));  
cin>>n>>m;  
for(int i=0;i>speed[i];  
        sort(speed,speed+n,cmp);  
for(int i=0;i

5.小船過河問題


POJ1700是一道經(jīng)典的貪心算法例題。題目大意是只有一艘船，能乘2人，船的運行速度為2人中較慢一人的速度，過去后還需一個人把船劃回來，問把n個人運到對岸，最少需要多久。先將所有人過河所需的時間按照升序排序，我們考慮把單獨過河所需要時間最多的兩個旅行者送到對岸去，有兩種方式：


1.最快的和次快的過河，然后最快的將船劃回來；次慢的和最慢的過河，然后次快的將船劃回來，所需時間為：t[0]+2*t[1]+t[n-1]；


2.最快的和最慢的過河，然后最快的將船劃回來，最快的和次慢的過河，然后最快的將船劃回來，所需時間為：2*t[0]+t[n-2]+t[n-1]。


算一下就知道，除此之外的其它情況用的時間一定更多。每次都運送耗時最長的兩人而不影響其它人，問題具有貪心子結(jié)構(gòu)的性質(zhì)。


AC代碼：

?
#include
#include
using namespace std;


int main()
{
int a[1000],t,n,sum;
scanf("%d",&t);
while(t--)
        {
scanf("%d",&n);
            sum=0;
for(int i=0;i3)
            {
                sum=min(sum+a[1]+a[0]+a[n-1]+a[1],sum+a[n-1]+a[0]+a[n-2]+a[0]);
                n-=2;
            }
if(n==3) sum+=a[0]+a[1]+a[2];
else if(n==2) sum+=a[1];
else sum+=a[0];
printf("%d
",sum);
        }
    }

6.區(qū)間覆蓋問題


POJ1328是一道經(jīng)典的貪心算法例題。題目大意是假設(shè)海岸線是一條無限延伸的直線。陸地在海岸線的一側(cè)，而海洋在另一側(cè)。每一個小的島嶼是海洋上的一個點。雷達坐落于海岸線上，只能覆蓋d距離，所以如果小島能夠被覆蓋到的話，它們之間的距離最多為d。題目要求計算出能夠覆蓋給出的所有島嶼的最少雷達數(shù)目。對于每個小島，我們可以計算出一個雷達所在位置的區(qū)間。




問題轉(zhuǎn)化為如何用盡可能少的點覆蓋這些區(qū)間。先將所有區(qū)間按照左端點大小排序，初始時需要一個點。如果兩個區(qū)間相交而不重合，我們什么都不需要做；如果一個區(qū)間完全包含于另外一個區(qū)間，我們需要更新區(qū)間的右端點；如果兩個區(qū)間不相交，我們需要增加點并更新右端點。


AC代碼：

?
#include
#include
#include
using namespace std;
struct Point
    {
double x;
double y;
    }point[1000];


int cmp(const void *a, const void *b)
{
return (*(Point *)a).x>(*(Point *)b).x?1:-1;
    }


int main()
{
int n,d;
int num=1;
while(cin>>n>>d)
        {
int counting=1;
if(n==0&&d==0) break;
for(int i=0;i>x>>y;
if(y>d)
                {
                    counting=-1;
                }
double t=sqrt(d*d-y*y);
//轉(zhuǎn)化為最少區(qū)間的問題
                point[i].x=x-t;
//區(qū)間左端點
                point[i].y=x+t;
//區(qū)間右端點
            }
if(counting!=-1)
            {
                qsort(point,n,sizeof(point[0]),cmp);
//按區(qū)間左端點排序
double s=point[0].y;
//區(qū)間右端點
for(int i=1;is)
//如果兩個區(qū)間沒有重合,增加雷達數(shù)目并更新右端點
                    {
                        counting++;
                        s=point[i].y;
                    }
else if(point[i].y

7.銷售比賽


在學校OJ上做的一道比較好的題，這里碼一下。假設(shè)有偶數(shù)天，要求每天必須買一件物品或者賣一件物品，只能選擇一種操作并且不能不選，開始手上沒有這種物品?，F(xiàn)在給你每天的物品價格表，要求計算最大收益。首先要明白，第一天必須買，最后一天必須賣，并且最后手上沒有物品。那么除了第一天和最后一天之外我們每次取兩天，小的買大的賣，并且把賣的價格放進一個最小堆。如果買的價格比堆頂還大，就交換。這樣我們保證了賣的價格總是大于買的價格，一定能取得最大收益。

C語言知識匯總
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
long long int price[100010],t,n,res;


int main()
{
        ios::sync_with_stdio(false);
cin>>t;
while(t--)
        {
cin>>n;
            priority_queue, greater > q;
            res=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
            {
cin>>price[i];
            }
            res-=price[1];
            res+=price[n];
for(int i=2;i<=n-1;i=i+2)
            {
long long int buy=min(price[i],price[i+1]);
long long int sell=max(price[i],price[i+1]);
if(!q.empty())
                {
if(buy>q.top())
                    {
                        res=res-2*q.top()+buy+sell;
                        q.pop();
                        q.push(buy);
                        q.push(sell);
                    }
else
                    {
                        res=res-buy+sell;
                        q.push(sell);
                    }
                }
else
                {
                    res=res-buy+sell;
                    q.push(sell);
                }
            }     
cout<


下面我們結(jié)合數(shù)據(jù)結(jié)構(gòu)中的知識講解幾個例子。

8.Huffman編碼


這同樣是《算法導(dǎo)論》上的例子。Huffman編碼是廣泛用于數(shù)據(jù)文件壓縮的十分有效的編碼方法。我們可以有多種方式表示文件中的信息，如果用01串表示字符，采用定長編碼表示，則需要3位表示一個字符，整個文件編碼需要300000位；采用變長編碼表示，給頻率高的字符較短的編碼，頻率低的字符較長的編碼，達到整體編碼減少的目的，則整個文件編碼需要(45×1+13×3+12×3+16×3+9×4+5×4)×1000=224000位，由此可見，變長碼比定長碼方案好，總碼長減小約25%。

?

	?

	

	

	對每一個字符規(guī)定一個01串作為其代碼，并要求任一字符的代碼都不是其他字符代碼的前綴，這種編碼稱為前綴碼。可能無前綴碼是一個更好的名字，但是前綴碼是一致認可的標準術(shù)語。編碼的前綴性質(zhì)可以使譯碼非常簡單：例如001011101可以唯一的分解為0,0,101,1101，因而其譯碼為aabe。譯碼過程需要方便的取出編碼的前綴，為此可以用二叉樹作為前綴碼的數(shù)據(jù)結(jié)構(gòu)：樹葉表示給定字符；從樹根到樹葉的路徑當作該字符的前綴碼；代碼中每一位的0或1分別作為指示某節(jié)點到左兒子或右兒子的路標。

	?

	

	

	從上圖可以看出，最優(yōu)前綴編碼碼的二叉樹總是一棵完全二叉樹，而定長編碼的二叉樹不是一棵完全二叉樹。給定編碼字符集C及頻率分布f，C的一個前綴碼編碼方案對應(yīng)于一棵二叉樹T。字符c在樹T中的深度記為dT(c)，dT(c)也是字符c的前綴碼長。則平均碼長定義為：

	

	

	使平均碼長達到最小的前綴碼編碼方案稱為C的最優(yōu)前綴碼。??? ?


	Huffman編碼的構(gòu)造方法：先合并最小頻率的2個字符對應(yīng)的子樹，計算合并后的子樹的頻率；重新排序各個子樹；對上述排序后的子樹序列進行合并；重復(fù)上述過程，將全部結(jié)點合并成1棵完整的二叉樹；對二叉樹中的邊賦予0、1，得到各字符的變長編碼。

	?

	

	

	POJ3253一道就是利用這一思想的典型例題。題目大意是有把一塊無限長的木板鋸成幾塊給定長度的小木板，每次鋸都需要一定費用，費用就是當前鋸的木板的長度。給定各個要求的小木板的長度以及小木板的個數(shù)，求最小的費用。以要求3塊長度分別為5,8,5的木板為例：先從無限長的木板上鋸下長度為21的木板，花費21；再從長度為21的木板上鋸下長度為5的木板，花費5；再從長度為16的木板上鋸下長度為8的木板，花費8；總花費=21+5+8=34。利用Huffman思想，要使總費用最小，那么每次只選取最小長度的兩塊木板相加，再把這些和累加到總費用中即可。為了提高效率，使用優(yōu)先隊列優(yōu)化，并且還要注意使用long long int保存結(jié)果。


	AC代碼：

	?
#include
#include
#include
using namespace std;


int main()
{
long long int sum;
int i,n,t,a,b;
while(~scanf("%d",&n))
        {
            priority_queue,greater >q;
for(i=0;i1)
            {
                a=q.top();
                q.pop();
                b=q.top();
                q.pop();
                t=a+b;
                sum+=t;
                q.push(t);
            }
printf("%lld
",sum);
        }
    }



9.Dijkstra算法


Dijkstra算法是由E.W.Dijkstra于1959年提出，是目前公認的最好的求解最短路徑的方法，使用的條件是圖中不能存在負邊。算法解決的是單個源點到其他頂點的最短路徑問題，其主要特點是每次迭代時選擇的下一個頂點是標記點之外距離源點最近的頂點，簡單的說就是bfs+貪心算法的思想。

?
#include
#include
#define INF 1000
#define MAX_V 100
using namespace std;  


int main()
{
int V,E;
int i,j,m,n;
int cost[MAX_V][MAX_V];
int d[MAX_V];
bool used[MAX_V];
cin>>V>>E;
        fill(d,d+V+1,INF);
        fill(used,used+V,false);
for(i=0;i>i>>j>>cost[i][j];
            cost[j][i]=cost[i][j];
        }
cin>>n;
        d[n]=0;
//源點
while(true)
        {
int v=V;
for(m=0;m

10.最小生成樹算法


設(shè)一個網(wǎng)絡(luò)表示為無向連通帶權(quán)圖G =(V, E) , E中每條邊(v,w)的權(quán)為c[v][w]。如果G的子圖G’是一棵包含G的所有頂點的樹，則稱G’為G的生成樹。生成樹的代價是指生成樹上各邊權(quán)的總和，在G的所有生成樹中，耗費最小的生成樹稱為G的最小生成樹。例如在設(shè)計通信網(wǎng)絡(luò)時，用圖的頂點表示城市，用邊(v,w)的權(quán)c[v][w]表示建立城市v和城市w之間的通信線路所需的費用，最小生成樹給出建立通信網(wǎng)絡(luò)的最經(jīng)濟方案。

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	?

	

	

	構(gòu)造最小生成樹的Kruskal算法和Prim算法都利用了MST(最小生成樹)性質(zhì)：設(shè)頂點集U是V的真子集(可以任意選取)，如果(u,v)∈E為橫跨點集U和V—U的邊，即u∈U，v∈V- U，并且在所有這樣的邊中，(u,v)的權(quán)c[u][v]最小，則一定存在G的一棵最小生成樹，它以(u,v)為其中一條邊。





	使用反證法可以很簡單的證明此性質(zhì)。假設(shè)對G的任意一個最小生成樹T，針對點集U和V—U，(u,v)∈E為橫跨這2個點集的最小權(quán)邊，T不包含該最小權(quán)邊，但T包括節(jié)點u和v。將添加到樹T中，樹T將變?yōu)楹芈返淖訄D，并且該回路上有一條不同于的邊,u’∈U,v’∈V-U。將刪去，得到另一個樹T’，即樹T’是通過將T中的邊替換為得到的。由于這2條邊的耗費滿足c[u][v]≤c[u’][v’]，故即T’耗費≤T的耗費，這與T是任意最小生成樹的假設(shè)相矛盾，從而得證。




	Prim算法每一步都選擇連接U和V-U的權(quán)值最小的邊加入生成樹。



	?
#include
#include
#define MAX_V 100
#define INF 1000
using namespace std;  


int main()
{
int V,E;
int i,j,m,n;
int cost[MAX_V][MAX_V];
int mincost[MAX_V];
bool used[MAX_V];
cin>>V>>E;
        fill(mincost,mincost+V+1,INF);
        fill(used,used+V,false);
for(i=0;i>i>>j>>cost[i][j];
            cost[j][i]=cost[i][j];
        }
        mincost[0]=0;
int res=0;
while(true)
        {
int v=V;
for(m=0;m



Kruskal算法每一步直接將權(quán)值最小的不成環(huán)的邊加入生成樹，我們借助并查集這一數(shù)據(jù)結(jié)構(gòu)可以完美實現(xiàn)它。



?
#include
#include
#define MAX_E 100
using namespace std;  
struct edge
    {
int u,v,cost;    
    };
int pre[MAX_E];
    edge es[MAX_E];
int find(int x);
void initvalue(int x);
bool same(int x,int y);
void unite(int x,int y);
bool comp(const edge& e1,const edge& e2);


int main()
{
int V,E;
int i,j,m,n;
cin>>V>>E;
        initvalue(V);
for(i=0;i>es[i].u>>es[i].v>>es[i].cost;        
        sort(es,es+E,comp);
int res=0;
for(i=0;i


　審核編輯：湯梓紅