貪心演算法程序

❶ 求一個演算法(貪心演算法)

貪心演算法

一、演算法思想

貪心法的基本思路：
——從問題的某一個初始解出發逐步逼近給定的目標，以盡可能快的地求得更好的解。當達到某演算法中的某一步不能再繼續前進時，演算法停止。
該演算法存在問題：
1. 不能保證求得的最後解是最佳的；
2. 不能用來求最大或最小解問題；
3. 只能求滿足某些約束條件的可行解的范圍。

實現該演算法的過程：
從問題的某一初始解出發；
while 能朝給定總目標前進一步 do
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；

二、例題分析

1、[背包問題]有一個背包，背包容量是M=150。有7個物品，物品可以分割成任意大小。
要求盡可能讓裝入背包中的物品總價值最大，但不能超過總容量。

物品 A B C D E F G
重量 35 30 60 50 40 10 25
價值 10 40 30 50 35 40 30

分析：

目標函數： ∑pi最大
約束條件是裝入的物品總重量不超過背包容量：∑wi<=M( M=150)

（1）根據貪心的策略，每次挑選價值最大的物品裝入背包，得到的結果是否最優？
（2）每次挑選所佔重量最小的物品裝入是否能得到最優解？
（3）每次選取單位重量價值最大的物品，成為解本題的策略。 ?

值得注意的是，貪心演算法並不是完全不可以使用，貪心策略一旦經過證明成立後，它就是一種高效的演算法。
貪心演算法還是很常見的演算法之一，這是由於它簡單易行，構造貪心策略不是很困難。
可惜的是，它需要證明後才能真正運用到題目的演算法中。
一般來說，貪心演算法的證明圍繞著：整個問題的最優解一定由在貪心策略中存在的子問題的最優解得來的。
對於例題中的3種貪心策略，都是無法成立（無法被證明）的，解釋如下：
（1）貪心策略：選取價值最大者。反例：
W=30
物品：A B C
重量：28 12 12
價值：30 20 20
根據策略，首先選取物品A，接下來就無法再選取了，可是，選取B、C則更好。
（2）貪心策略：選取重量最小。它的反例與第一種策略的反例差不多。
（3）貪心策略：選取單位重量價值最大的物品。反例：
W=30
物品：A B C
重量：28 20 10
價值：28 20 10
根據策略，三種物品單位重量價值一樣，程序無法依據現有策略作出判斷，如果選擇A，則答案錯誤。

所以需要說明的是，貪心演算法可以與隨機化演算法一起使用，具體的例子就不再多舉了。（因為這一類演算法普及性不高，而且技術含量是非常高的，需要通過一些反例確定隨機的對象是什麼，隨機程度如何，但也是不能保證完全正確，只能是極大的幾率正確）

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三個經典的貪心演算法

有人說貪心演算法是最簡單的演算法，原因很簡單：你我其實都很貪，根本不用學。有人說貪心演算法是最復雜的演算法，原因也很簡單：這世上貪的人太多了，那輪到你我的份？

不論難度如何，貪心演算法都是一個很重要的演算法，我在網上N多Online Judge中的題目中，總結了三類較為常見，也十分經典的貪心演算法，發布在這兒Just For Fun。

（註：由於沒有現成的名字可用，這三種類型貪心演算法的名字都是我自己取的，如果你聽著別扭，請見諒。）

No 1.線段覆蓋（linescover）

題目大意：

在一維空間中告訴你N條線段的起始坐標與終止坐標，要求求出這些線段一共覆蓋了多大的長度。

解題思路：

將線段按其坐標進行排序（排序的具體方法:按起始坐標排，起始坐標相同的按終止坐標排，都是小在前大在後）,使之依次遞增，並按順序分別編號為X(i),X(i).a代表其起始坐標，X(i).b代表其終止坐標。

然後按排好的順序依次處理：定義一個變數last記錄考慮到當前線段之時被線段覆蓋的最大的坐標值，再定義一個變數length記錄當前線段覆蓋的長度。對於後面的線段，我們把它看成由兩個部分組成，即把它分成last之前的線段和last之後的線段。（如果線段全部處在last之後，其last之前的部分不存在。）由於我們排過序，我們可以肯定當前考慮的線段X(i)其處在last之前的部分不會對length造成影響（因為X(i-1).b=last，X(i).a>=X(i-1).a,即X(i)在last之前的部分所處位置肯定被線段X(i-1)覆蓋過），所以會對length產生影響的即是X(i)處在last之後的部分。

所以我們可以依次對每條線段做如下處理：（初始化length為零，last為負無窮）

length+=X(i).b-last (X(i).a<=last 且 X(i).b>=last)

length+=X(i).b-X(i).a (X(i).a>last)

last=X(i).b;

最後length就為我們所需要的答案。

No 2.最優數對（bestpair）

題目大意：

按遞增的順序告訴你N個正整數和一個實數P，要求求出求出該數列中的比例最接近P的兩個數（保證絕對沒有兩個數使得其比值為P）。

解題思路：

定義兩個指針i和j，先初始化i=j=1，然後進行如下操作：

當code[j]/code[i]>p時，inc（j）；

當code[j]/code[i]<p時，inc（i）。

記錄其中產生的最優值即為答案。

No 3.連續數之和最大值（maxsum）

題目大意：

給出一個長度為N的數列（數列中至少有一個正數），要求求出其中的連續數之和的最大值。（也可以加入a和b來限制連續數的長度不小於a且不大於b）。

解題思路：

先說不加限制的那種，定義一個統計變數tot，然後用循環進行如下操作：inc（tot，item） 其中如果出現tot<0的情況，則將tot賦值為0。在循環過程之中tot出現的最大值即為答案。

如果加入了限制條件的話，問題就變得難一些了（這句真的不是廢話）。為此我們先定義數組sum[i]來表示code[1]到code[i]之和（這樣的話code[a]~code[b]的和我們就可以用sum[b]-sum[a-1]來表示了。）。

再維護一個數組hash[i]來表示滿足條件的sum[a-1]的下標，並使之按遞增順序排列，這樣當前以第i的數為終止的數列的最大值肯定就是sum[i]-sum[hash[1]]。

現在我們來討論hash數組之中的數據需要滿足的條件和如何維護的具體問題：

當考慮到以第i個數為結尾時，hash[i]所表示的下標需要滿足的第一個條件就是題目規定的長度限制，我們需要實時的加入滿足長度規定的下標，刪除不符合要求的下標。其次，與不加限制條件時相同，若sum[i]-sum[hash[1]]的值小於零，則清空數組hash。

維護時可以這樣，當考慮到第i個數時，我們就將下標i-a+1加入到hash中，因為hash中原來已經排好序，因此我們我們可以用插入排序來維護hash的遞增性，然後我們考察hash[1]，若hash[1]<i-b+1，則證明其已超出長度限制，我們就將其刪除，接著再考慮更新後的hash[1],如此重復直至找到一個滿足條件的hash[1]為止。

我們可以用鏈表來表示hash，這樣就可以減少數據加入和刪除時頻繁數據移動的時間消耗。

記錄下sum[i]-sum[hash[1]]的最大值即為答案。

❷ 貪心演算法 活動安排問題

這道題的貪心演算法比較容易理解，我就不多說明了，只是提到一下演算法思路1、建立數學模型描述問題。我在這里將時間理解成一條直線，上面有若干個點，可能是某些活動的起始時間點，或終止時間點。在具體一下，如果編程來實現的話，將時間抽象成鏈表數組，數組下標代表其實時間，該下標對應的鏈表代表在這個時間起始的活動都有哪些，具體參照程序注釋。2、問題分解。為了安排更多的活動，那麼每次選取佔用時間最少的活動就好。那麼從一開始就選取結束時間最早的，然後尋找在這個時間點上起始的活動，以此類推就可以找出貪心解。程序代碼：#include<stdio.h>
struct inode //自定義的結構體
{
int end; //表示結束時間
inode *next; //指向下一個節點的指針
};int main()
{
inode start[10001],*pt;
int a,b,i,num=0; //num負責計數，i控制循環，a，b輸入時候使用
for(i=0;i<10001;i++) //初始化
{
start[i].next=NULL;
}
while(scanf("%d %d",&a,&b)) //輸入並建立數據結構
{
if(a==0&&b==0) break;
pt=new inode; //創建新的節點，然後將該節點插入相應的位置
pt->end=b;
pt->next=start[a].next;
start[a].next=pt;
}
i=0;
while(i<10001) //進行貪心演算法，i表示當前時間
{
if(start[i].next==NULL)
{
i++; //該時間無活動開始
}
else
{
int temp=10001; //臨時變數，存儲該鏈表中最早的終止時間
for(pt=start[i].next;pt!=NULL;pt=pt->next)
{
if(pt->end<temp)
{
temp=pt->end;
}
}
i=temp; //將當前時間設置成前一子問題的終止時間
num++;
}
}
printf("%d\n",num); //列印結果
return 0;
}代碼並不一定是最快速的，但是可以求出貪心解，如果你做的是ACM編程題目，不保證能AC注釋我盡力寫了，希望對你有幫助。

❸ 求c++程序（應該是貪心演算法）急！！在線等！！！

使用a數組保存前i個元素的累加和，當a[j]-a[i]<=f時就表示可以購買i+1~j張連票。#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{ int i,j,n,f,m=1,s,t,a[30]={0};
cin>>n>>f;
for(i=1;i<=n;i++)
{cin>>a[i];
a[i]+=a[i-1]; //a[i]:1~i張票價的總和
}
for(i=0;i<n;i++)
for(j=i;j<=n;j++)
if(a[j]-a[i]<=f&&j-i>m) //可以購買i+1~j張連票
m=j-i;
cout<<m<<' ';
return 0;
}

❹ 最少購物費用問題求解（貪心演算法）

type struct
{ int code;
int quantity;
}elem
elem buy [b]//b所購商品的種類數

type struct
{elem data ;
float gprice;
}group;
group offer [m][s]//m表示優惠策略的組數，s表示每組中的商品數
float price[n] ;//n表示商品的種類數

Mincost(data buy [], group offer [m][],int s,int b int result[])
{ int p,i,j,k, remain[b],flag=1;float cost=0.0,min=0.0;
for(i=1;i<=s;i++)result[i]=0};
for(i=1;i<=b;i++) {min+=buy[i].quantity*price[buy[i].code]; //計算優惠前花費
remain[i]= buy[i].quantity;}
while(flag){
flag=0;
for(p=1;p<=m;p++)
{ if(Match(p)) {//判斷本次購買與各個組合是否匹配
k=1;
for(i=1;i<=s;i++) {
while(buy[k].code<offer[p][i].data.code)k++;
if(buy[k].code==offer[p][i].data.code) {
remain[k] =buy[k].quantity-offer[p][i].data.quantity;//保存剩餘數量
if(remain[k] >=2) flag=1;
k++; } }
cost=gprice[p];
for(i=1;i<=b;i++) cost+=remain[i] *price[buy[i].code];//優惠後花費
if(cost<min){cost=min; result[p]=1;}
}//endfor(p)
for(i=1;i<=b;i++)buy[i].quantity=remain[i];
}}

int Match(int k)
{
int i,j=1;
for(i=1;i<=s;i++) {
while(buy[j].code<offer[k][i].code&&j<=b)j++;
if(j>b)break;
if(buy[j].code==offer[k][i].code)
if( buy[j].quantity>=offer[k][i].quantity)
j++;
else break;
}
if(i>s)return 1;
else return 0;
}

這可是咱老師的答案

❺ 關於編程的貪心法

定義
所謂貪心演算法（又稱貪婪演算法）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，不從整體最優上加以考慮，他所做出的僅是在某種意義上的局部最優解。 貪心演算法不是對所有問題都能得到整體最優解，但對范圍相當廣泛的許多問題他能產生整體最優解或者是整體最優解的近似解。
[編輯本段]貪心演算法的基本思路
1.建立數學模型來描述問題。 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解。 4.把子問題的解局部最優解合成原來解問題的一個解。 實現該演算法的過程： 從問題的某一初始解出發； while 能朝給定總目標前進一步 do 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。 下面是一個可以試用貪心演算法解的題目，貪心解的確不錯，可惜不是最優解。
[編輯本段]例題分析
[背包問題]有一個背包，背包容量是M=150。有7個物品，物品不可以分割成任意大小。 要求盡可能讓裝入背包中的物品總價值最大，但不能超過總容量。 物品 A B C D E F G 重量 35 30 60 50 40 10 25 價值 10 40 30 50 35 40 30 分析： 目標函數： ∑pi最大 約束條件是裝入的物品總重量不超過背包容量：∑wi<=M( M=150) （1）根據貪心的策略，每次挑選價值最大的物品裝入背包，得到的結果是否最優？ （2）每次挑選所佔重量最小的物品裝入是否能得到最優解？ （3）每次選取單位重量價值最大的物品，成為解本題的策略。 值得注意的是，貪心演算法並不是完全不可以使用，貪心策略一旦經過證明成立後，它就是一種高效的演算法。 貪心演算法還是很常見的演算法之一，這是由於它簡單易行，構造貪心策略不是很困難。 可惜的是，它需要證明後才能真正運用到題目的演算法中。 一般來說，貪心演算法的證明圍繞著：整個問題的最優解一定由在貪心策略中存在的子問題的最優解得來的。 對於例題中的3種貪心策略，都是無法成立（無法被證明）的，解釋如下： （1）貪心策略：選取價值最大者。 反例： W=30 物品：A B C 重量：28 12 12 價值：30 20 20 根據策略，首先選取物品A，接下來就無法再選取了，可是，選取B、C則更好。 （2）貪心策略：選取重量最小。它的反例與第一種策略的反例差不多。 （3）貪心策略：選取單位重量價值最大的物品。 反例： W=30 物品：A B C 重量：28 20 10 價值：28 20 10 根據策略，三種物品單位重量價值一樣，程序無法依據現有策略作出判斷，如果選擇A，則答案錯誤。 【注意：如果物品可以分割為任意大小，那麼策略3可得最優解】 對於選取單位重量價值最大的物品這個策略，可以再加一條優化的規則：對於單位重量價值一樣的，則優先選擇重量小的！這樣，上面的反例就解決了。 但是，如果題目是如下所示，這個策略就也不行了。 W=40 物品：A B C 重量：28 20 15 價值：28 20 15 附：本題是個NP問題，用貪心法並不一定可以求得最優解，以後了解了動態規劃演算法後本題就有了新的解法。
[編輯本段]備注
貪心演算法當然也有正確的時候。求最小生成樹的Prim演算法和Kruskal演算法都是漂亮的貪心演算法。 所以需要說明的是，貪心演算法可以與隨機化演算法一起使用，具體的例子就不再多舉了。（因為這一類演算法普及性不高，而且技術含量是非常高的，需要通過一些反例確定隨機的對象是什麼，隨機程度如何，但也是不能保證完全正確，只能是極大的幾率正確）
[編輯本段]附貪心演算法成功案例之一
馬踏棋盤的貪心演算法 123041-23 XX 【問題描述】 馬的遍歷問題。在8×8方格的棋盤上，從任意指定方格出發，為馬尋找一條走遍棋盤每一格並且只經過一次的一條最短路徑。 【初步設計】 首先這是一個搜索問題，運用深度優先搜索進行求解。演算法如下： 1、 輸入初始位置坐標x,y； 2、 步驟 c: 如果c> 64輸出一個解，返回上一步驟c-- (x,y) ← c 計算(x,y)的八個方位的子結點，選出那此可行的子結點 循環遍歷所有可行子結點，步驟c++重復2 顯然（2）是一個遞歸調用的過程，大致如下： void dfs(int x,int y,int count) { int i,tx,ty; if(count> N*N) { output_solution();//輸入一個解 return; }

❻ 程序員演算法基礎——貪心演算法

貪心是人類自帶的能力，貪心演算法是在貪心決策上進行統籌規劃的統稱。

比如一道常見的演算法筆試題---- 跳一跳 ：

我們自然而然能產生一種解法：盡可能的往右跳，看最後是否能到達。
本文即是對這種貪心決策的介紹。

狹義的貪心演算法指的是解最優化問題的一種特殊方法，解決過程中總是做出當下最好的選纖啟擇，因為具有最優子結構的特點，局部最優解可以得到全局最優解；這種貪心演算法是動態規劃的一種特例。 能用貪心解決的問題，也可以用動態規劃解決。

而廣義的貪心指的是一種通用的貪心策略，基於當前局面而進行貪心決策。以 跳一跳 的題目為例：
我們發現的題目的核心在於 向右能到達的最遠距離 ，我們用maxRight來表示；
此時有一種貪心的策略：從第1個盒子開始向右遍歷，對於每個經過的盒子，不斷更新maxRight的值。

貪毀局如心的思考過程類似動態規劃，依舊是兩步： 大事化小 ， 小事化了 。
大事化小：
一個較大的臘山問題，通過找到與子問題的重疊，把復雜的問題劃分為多個小問題；
小事化了：
從小問題找到決策的核心，確定一種得到最優解的策略，比如跳一跳中的 向右能到達的最遠距離 ；

在證明局部的最優解是否可以推出全局最優解的時候，常會用到數學的證明方式。

如果是動態規劃：
要湊出m元，必須先湊出m-1、m-2、m-5、m-10元，我們用dp[i]表示湊出i元的最少紙幣數；
有 dp[i]=min(dp[i-1], dp[i-2], dp[i-5], dp[i-10]) + 1 ;
容易知道 dp[1]=dp[2]=dp[5]=dp[10]=1 ；
根據以上遞推方程和初始化信息，可以容易推出dp[1~m]的所有值。

似乎有些不對？ 平時我們找零錢有這么復雜嗎？
從貪心演算法角度出發，當m>10且我們有10元紙幣，我們優先使用10元紙幣，然後再是5元、2元、1元紙幣。
從日常生活的經驗知道，這么做是正確的，但是為什麼？

假如我們把題目變成這樣，原來的策略還能生效嗎？

接下來我們來分析這種策略：
已知對於m元紙幣，1，2，5元紙幣使用了a，b，c張，我們有a+2b+5c=m；
假設存在一種情況，1、2、5元紙幣使用數是x，y，z張，使用了更少的5元紙幣（z<c），且紙幣張數更少（x+y+z<a+b+c），即是用更少5元紙幣得到最優解。
我們令k=5*(c-z)，k元紙幣需要floor(k/2)張2元紙幣，k%2張1元紙幣；（因為如果有2張1元紙幣，可以使用1張2元紙幣來替代，故而1元紙幣只能是0張或者1張）
容易知道，減少(c-z)張5元紙幣，需要增加floor(5*(c-z)/2)張2元紙幣和(5*(c-z))%2張紙幣，而這使得x+y+z必然大於a+b+c。
由此我們知道不可能存在使用更少5元紙幣的更優解。
所以優先使用大額紙幣是一種正確的貪心選擇。

對於1、5、7元紙幣，比如說要湊出10元，如果優先使用7元紙幣，則張數是4；（1+1+1+7）
但如果只使用5元紙幣，則張數是2；（5+5）
在這種情況下，優先使用大額紙幣是不正確的貪心選擇。（但用動態規劃仍能得到最優解）

如果是動態規劃：
前i秒的完成的任務數，可以由前面1~i-1秒的任務完成數推過來。
我們用 dp[i]表示前i秒能完成的任務數 ；
在計算前i秒能完成的任務數時，對於第j個任務，我們有兩種決策：
1、不執行這個任務，那麼dp[i]沒有變化；
2、執行這個任務，那麼必須騰出來(Sj, Tj)這段時間，那麼 dp[i] = max(dp[i], dp[ S[j] ] ) + 1 ；
比如說對於任務j如果是第5秒開始第10秒結束，如果i>=10，那麼有 dp[i]=max(dp[i], dp[5] + 1)； （相當於把第5秒到第i秒的時間分配給任務j）

再考慮貪心的策略，現實生活中人們是如何安排這種多任務的事情？我換一種描述方式：

我們自然而然會想到一個策略： 先把結束時間早的兼職給做了！
為什麼？
因為先做完這個結束時間早的，能留出更多的時間做其他兼職。
我們天生具備了這種優化決策的能力。

這是一道 LeetCode題目 。
這個題目不能直接用動態規劃去解，比如用dp[i]表示前i個人需要的最少糖果數。
因為（前i個人的最少糖果數）這種狀態表示會收到第i+1個人的影響，如果a[i]>a[i+1]，那麼第i個人應該比第i+1個人多。
即是 這種狀態表示不具備無後效性。

如果是我們分配糖果，我們應該怎麼分配？
答案是： 從分數最低的開始。
按照分數排序，從最低開始分，每次判斷是否比左右的分數高。
假設每個人分c[i]個糖果，那麼對於第i個人有 c[i]=max(c[i-1],c[c+1])+1 ; （c[i]默認為0，如果在計算i的時候,c[i-1]為0，表示i-1的分數比i高）
但是，這樣解決的時間復雜度為 O(NLogN) ，主要瓶頸是在排序。
如果提交，會得到 Time Limit Exceeded 的提示。

我們需要對貪心的策略進行優化：
我們把左右兩種情況分開看。
如果只考慮比左邊的人分數高時，容易得到策略：
從左到右遍歷，如果a[i]>a[i-1]，則有c[i]=c[i-1]+1；否則c[i]=1。

再考慮比右邊的人分數高時，此時我們要從數組的最右邊，向左開始遍歷：
如果a[i]>a[i+1], 則有c[i]=c[i+1]+1；否則c[i]不變；

這樣講過兩次遍歷，我們可以得到一個分配方案，並且時間復雜度是 O(N) 。

題目給出關鍵信息：1、兩個人過河，耗時為較長的時間；
還有隱藏的信息：2、兩個人過河後，需要有一個人把船開回去；
要保證總時間盡可能小，這里有兩個關鍵原則： 應該使得兩個人時間差盡可能小（減少浪費），同時船回去的時間也盡可能小（減少等待）。

先不考慮空船回來的情況，如果有無限多的船，那麼應該怎麼分配？
答案： 每次從剩下的人選擇耗時最長的人，再選擇與他耗時最接近的人。

再考慮只有一條船的情況，假設有A/B/C三個人，並且耗時A<B<C。
那麼最快的方案是：A+B去, A回；A+C去；總耗時是A+B+C。（因為A是最快的，讓其他人來回時間只會更長， 減少等待的原則 ）

如果有A/B/C/D四個人，且耗時A<B<C<D，這時有兩種方案：
1、最快的來回送人方式，A+B去；A回；A+C去，A回；A+D去； 總耗時是B+C+D+2A （減少等待原則）
2、最快和次快一起送人方式，A+B先去，A回；C+D去，B回；A+B去；總耗時是 3B+D+A （減少浪費原則）
對比方案1、2的選擇，我們發現差別僅在A+C和2B；
為何方案1、2差別里沒有D？
因為D最終一定要過河，且耗時一定為D。

如果有A/B/C/D/E 5個人，且耗時A<B<C<D<E，這時如何抉擇？
仍是從最慢的E看。（參考我們無限多船的情況）
方案1，減少等待；先送E過去，然後接著考慮四個人的情況；
方案2，減少浪費；先送E/D過去，然後接著考慮A/B/C三個人的情況；（4人的時候的方案2）

到5個人的時候，我們已經明顯發了一個特點：問題是重復，且可以由子問題去解決。
根據5個人的情況，我們可以推出狀態轉移方程 dp[i] = min(dp[i - 1] + a[i] + a[1], dp[i - 2] + a[2] + a[1] + a[i] + a[2]);
再根據我們考慮的1、2、3、4個人的情況，我們分別可以算出dp[i]的初始化值：
dp[1] = a[1];
dp[2] = a[2];
dp[3] = a[2]+a[1]+a[3];
dp[4] = min(dp[3] + a[4] + a[1], dp[2]+a[2]+a[1]+a[4]+a[2]);

由上述的狀態轉移方程和初始化值，我們可以推出dp[n]的值。

貪心的學習過程，就是對自己的思考進行優化。
是把握已有信息，進行最優化決策。
這里還有一些收集的 貪心練習題 ，可以實踐練習。
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