c语言贪心算法
//4d5 贪心算法 单源最短路径问题
#include "stdafx.h"
#include <iostream>
#include <fstream>
#include <string>
using namespace std;
const int N = 5;
const int M = 1000;
ifstream fin("4d5.txt");
template<class Type>
void Dijkstra(int n,int v,Type dist[],int prev[],Type c[][N+1]);
void Traceback(int v,int i,int prev[]);//输出最短路径 v源点，i终点
int main()
{
int v = 1;//源点为1
int dist[N+1],prev[N+1],c[N+1][N+1];
cout<<"有向图权的矩阵为："<<endl;
for(int i=1; i<=N; i++)
{
for(int j=1; j<=N; j++)
{
fin>>c[i][j];
cout<<c[i][j]<<" ";
}
cout<<endl;
}
Dijkstra(N,v,dist,prev,c);
for(int i=2; i<=N; i++)
{
cout<<"源点1到点"<<i<<"的最短路径长度为:"<<dist[i]<<"，其路径为";
Traceback(1,i,prev);
cout<<endl;
}
return 0;
}
template<class Type>
void Dijkstra(int n,int v,Type dist[],int prev[],Type c[][N+1])
{
bool s[N+1];
for(int i=1; i<=n; i++)
{
dist[i] = c[v][i];//dist[i]表示当前从源到顶点i的最短特殊路径长度
s[i] = false;
if(dist[i] == M)
{
prev[i] = 0;//记录从源到顶点i的最短路径i的前一个顶点
}
else
{
prev[i] = v;
}
}
dist[v] = 0;
s[v] = true;
for(int i=1; i<n; i++)
{
int temp = M;
int u = v;//上一顶点
//取出V-S中具有最短特殊路径长度的顶点u
for(int j=1; j<=n; j++)
{
if((!s[j]) && (dist[j]<temp))
{
u = j;
temp = dist[j];
}
}
s[u] = true;
//根据作出的贪心选择更新Dist值
for(int j=1; j<=n; j++)
{
if((!s[j]) && (c[u][j]<M))
{
Type newdist = dist[u] + c[u][j];
if(newdist < dist[j])
{
dist[j] = newdist;
prev[j] = u;
}
}
}
}
}
//输出最短路径 v源点，i终点
void Traceback(int v,int i,int prev[])
{
if(v == i)
{
cout<<i;
return;
}
Traceback(v,prev[i],prev);
cout<<"->"<<i;
}
Ⅱ C语言，贪心算法，货币找零问题
贪心算法找零就是现实中从最大面额开始找的思路。不代表是最优解，只是算法之一。
由于面额输入顺序不定，我先对输入的面额进行降序排序。
下面代码：
#include <stdio.h>
#include <malloc.h>
int main()
{
int i,j,m,n,*ns=NULL,*cn=NULL,sum=0;
printf("请输入总金额m及零钱种类n："),scanf("%d",&m),scanf("%d",&n);
printf("请分别输入%d种零钱的面额： ",n);
if(!(ns=(int *)malloc(sizeof(int)*n))) return 1;
if(!(cn=(int *)malloc(sizeof(int)*n))) return 1;
for(i=0;i<n;i++) scanf("%d",&ns[i]);
//------------考虑输入面额顺序不定，先对面额进行降序排列（如按照降序输入，该段可删除）
for(i=0;i<n;i++)
for(j=i+1;j<n;j++)
if(ns[j]>ns[i]) ns[j]^=ns[i],ns[i]^=ns[j],ns[j]^=ns[i];
//-------------------------------------------------------------------
for(i=0;i<n;i++)//贪心算法，从最大面额开始
if(m>=ns[i])
cn[i]=m/ns[i],m=m%ns[i],sum+=cn[i],printf("%d元%d张 ",ns[i],cn[i]);
printf(" 最少使用零钱%d张 ",sum);
return 0;
}
Ⅲ 程序员算法基础——贪心算法
贪心是人类自带的能力，贪心算法是在贪心决策上进行统筹规划的统称。
比如一道常见的算法笔试题---- 跳一跳 ：
我们自然而然能产生一种解法：尽可能的往右跳，看最后是否能到达。
本文即是对这种贪心决策的介绍。
狭义的贪心算法指的是解最优化问题的一种特殊方法，解决过程中总是做出当下最好的选纤启择，因为具有最优子结构的特点，局部最优解可以得到全局最优解；这种贪心算法是动态规划的一种特例。 能用贪心解决的问题，也可以用动态规划解决。
而广义的贪心指的是一种通用的贪心策略，基于当前局面而进行贪心决策。以 跳一跳 的题目为例：
我们发现的题目的核心在于 向右能到达的最远距离 ，我们用maxRight来表示；
此时有一种贪心的策略：从第1个盒子开始向右遍历，对于每个经过的盒子，不断更新maxRight的值。
贪毁局如心的思考过程类似动态规划，依旧是两步： 大事化小 ， 小事化了 。
大事化小：
一个较大的腊山问题，通过找到与子问题的重叠，把复杂的问题划分为多个小问题；
小事化了：
从小问题找到决策的核心，确定一种得到最优解的策略，比如跳一跳中的 向右能到达的最远距离 ；
在证明局部的最优解是否可以推出全局最优解的时候，常会用到数学的证明方式。
如果是动态规划：
要凑出m元，必须先凑出m-1、m-2、m-5、m-10元，我们用dp[i]表示凑出i元的最少纸币数；
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 ；
根据以上递推方程和初始化信息，可以容易推出dp[1~m]的所有值。
似乎有些不对？ 平时我们找零钱有这么复杂吗？
从贪心算法角度出发，当m>10且我们有10元纸币，我们优先使用10元纸币，然后再是5元、2元、1元纸币。
从日常生活的经验知道，这么做是正确的，但是为什么？
假如我们把题目变成这样，原来的策略还能生效吗？
接下来我们来分析这种策略：
已知对于m元纸币，1，2，5元纸币使用了a，b，c张，我们有a+2b+5c=m；
假设存在一种情况，1、2、5元纸币使用数是x，y，z张，使用了更少的5元纸币（z<c），且纸币张数更少（x+y+z<a+b+c），即是用更少5元纸币得到最优解。
我们令k=5*(c-z)，k元纸币需要floor(k/2)张2元纸币，k%2张1元纸币；（因为如果有2张1元纸币，可以使用1张2元纸币来替代，故而1元纸币只能是0张或者1张）
容易知道，减少(c-z)张5元纸币，需要增加floor(5*(c-z)/2)张2元纸币和(5*(c-z))%2张纸币，而这使得x+y+z必然大于a+b+c。
由此我们知道不可能存在使用更少5元纸币的更优解。
所以优先使用大额纸币是一种正确的贪心选择。
对于1、5、7元纸币，比如说要凑出10元，如果优先使用7元纸币，则张数是4；（1+1+1+7）
但如果只使用5元纸币，则张数是2；（5+5）
在这种情况下，优先使用大额纸币是不正确的贪心选择。（但用动态规划仍能得到最优解）
如果是动态规划：
前i秒的完成的任务数，可以由前面1~i-1秒的任务完成数推过来。
我们用 dp[i]表示前i秒能完成的任务数 ；
在计算前i秒能完成的任务数时，对于第j个任务，我们有两种决策：
1、不执行这个任务，那么dp[i]没有变化；
2、执行这个任务，那么必须腾出来(Sj, Tj)这段时间，那么 dp[i] = max(dp[i], dp[ S[j] ] ) + 1 ；
比如说对于任务j如果是第5秒开始第10秒结束，如果i>=10，那么有 dp[i]=max(dp[i], dp[5] + 1)； （相当于把第5秒到第i秒的时间分配给任务j）
再考虑贪心的策略，现实生活中人们是如何安排这种多任务的事情？我换一种描述方式：
我们自然而然会想到一个策略： 先把结束时间早的兼职给做了！
为什么？
因为先做完这个结束时间早的，能留出更多的时间做其他兼职。
我们天生具备了这种优化决策的能力。
这是一道 LeetCode题目 。
这个题目不能直接用动态规划去解，比如用dp[i]表示前i个人需要的最少糖果数。
因为（前i个人的最少糖果数）这种状态表示会收到第i+1个人的影响，如果a[i]>a[i+1]，那么第i个人应该比第i+1个人多。
即是 这种状态表示不具备无后效性。
如果是我们分配糖果，我们应该怎么分配？
答案是： 从分数最低的开始。
按照分数排序，从最低开始分，每次判断是否比左右的分数高。
假设每个人分c[i]个糖果，那么对于第i个人有 c[i]=max(c[i-1],c[c+1])+1 ; （c[i]默认为0，如果在计算i的时候,c[i-1]为0，表示i-1的分数比i高）
但是，这样解决的时间复杂度为 O(NLogN) ，主要瓶颈是在排序。
如果提交，会得到 Time Limit Exceeded 的提示。
我们需要对贪心的策略进行优化：
我们把左右两种情况分开看。
如果只考虑比左边的人分数高时，容易得到策略：
从左到右遍历，如果a[i]>a[i-1]，则有c[i]=c[i-1]+1；否则c[i]=1。
再考虑比右边的人分数高时，此时我们要从数组的最右边，向左开始遍历：
如果a[i]>a[i+1], 则有c[i]=c[i+1]+1；否则c[i]不变；
这样讲过两次遍历，我们可以得到一个分配方案，并且时间复杂度是 O(N) 。
题目给出关键信息：1、两个人过河，耗时为较长的时间；
还有隐藏的信息：2、两个人过河后，需要有一个人把船开回去；
要保证总时间尽可能小，这里有两个关键原则： 应该使得两个人时间差尽可能小（减少浪费），同时船回去的时间也尽可能小（减少等待）。
先不考虑空船回来的情况，如果有无限多的船，那么应该怎么分配？
答案： 每次从剩下的人选择耗时最长的人，再选择与他耗时最接近的人。
再考虑只有一条船的情况，假设有A/B/C三个人，并且耗时A<B<C。
那么最快的方案是：A+B去, A回；A+C去；总耗时是A+B+C。（因为A是最快的，让其他人来回时间只会更长， 减少等待的原则 ）
如果有A/B/C/D四个人，且耗时A<B<C<D，这时有两种方案：
1、最快的来回送人方式，A+B去；A回；A+C去，A回；A+D去； 总耗时是B+C+D+2A （减少等待原则）
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；总耗时是 3B+D+A （减少浪费原则）
对比方案1、2的选择，我们发现差别仅在A+C和2B；
为何方案1、2差别里没有D？
因为D最终一定要过河，且耗时一定为D。
如果有A/B/C/D/E 5个人，且耗时A<B<C<D<E，这时如何抉择？
仍是从最慢的E看。（参考我们无限多船的情况）
方案1，减少等待；先送E过去，然后接着考虑四个人的情况；
方案2，减少浪费；先送E/D过去，然后接着考虑A/B/C三个人的情况；（4人的时候的方案2）
到5个人的时候，我们已经明显发了一个特点：问题是重复，且可以由子问题去解决。
根据5个人的情况，我们可以推出状态转移方程 dp[i] = min(dp[i - 1] + a[i] + a[1], dp[i - 2] + a[2] + a[1] + a[i] + a[2]);
再根据我们考虑的1、2、3、4个人的情况，我们分别可以算出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]);
由上述的状态转移方程和初始化值，我们可以推出dp[n]的值。
贪心的学习过程，就是对自己的思考进行优化。
是把握已有信息，进行最优化决策。
这里还有一些收集的 贪心练习题 ，可以实践练习。
这里 还有在线分享，欢迎报名。
Ⅳ c语言问题急！！！（用贪心算法）
这个问题不是很难,我写了就怕你看不懂,不懂问我啊,4个循环就可以了.
qq 64924930
调试通过!
main()
{
int i,a[5],b[4],c[4];
/* define the type of the money*/
a[1]=25;
a[2]=10;
a[3]=5;
a[4]=1;
printf("please input you money (fen):\n");
scanf("%d",&b[0]);
for (i=1;i<=4;i++)
{
b[i]=b[i-1]%a[i]; /*take n 25 off and money left*/
c[i]=(b[i-1]-b[i])/a[i]; /* n */
printf("%d is %d\n",a[i],c[i]);
}
getch();
}
Ⅳ C语言中prime的作用
prime的作用就是判断一个数是否为素数（也称“质数”）。
例如：
#include<stdio.h>
intIsPrime(intn)
{
if(n<=1)return0;
if(n%2==0)returnn==2;
for(inti=3;;i+=2)
{
if(i>n/i)break;//等价于i*i>n,不用开方
if(n%i==0)return0;
}
return1;
}
intmain()
{
for(intn=100;n<=300;n++)
if(IsPrime(n))
printf("%4d",n);
return0;
}
(5)c语言贪心算法扩展阅读：
prime算法
prime是以点为基础出发进行检索最小生成树的一种贪心算法。
思想：
将所有的点分成两类，一类是已经放到碗里的，另一类是还没有有放到碗里的，可以通过一个数组bool visit[]来记录这个点到底是属于第一类还是属于第二类之后每一个周期索要进行的操作，找出一一定范围内路径的的范围的最小值。
所有的从第一类点直接连接到第二类点的边将最小的边记录下来（这个也就是生成树中的一条边）将这个新边（这个一个连接第一类点和第二类点的边）连到的那个第二类点归类到第一类点中，之后重复这个操作，最终消灭所有的第二类点。
假设有n个节点，我最初给出一个点，以这个点开始进行搜索，这个时候该点为第一类点，其余n-1个点为第二类点。之后进行n-1次操作，一共选出了n-1个边（符合树的性质），构成了最小生成树。