在黑板上寫了n個正整數做成的乙個數列，進行如下操作：
每一次擦去其中的兩個數a和b，然後在數列中加入乙個數a×b+1，如此下去直至黑板上剩下乙個數。
在所有按這種操作方式最後得到的數中，最大的max，最小的為min，則該數列的極差定義為m=max-min。
這道題是用優先佇列輔助實現貪心問題的一道典型題。
貪心和優先佇列為什麼能有不解之緣？ 其實仔細思考一下就會明白
開兩個優先佇列，每次取最小的兩個操作一下把結果放進去，最後剩下就是max。每次取最大的兩個操作一下把結果放進去，最後剩下的就是min。
什麼？你要我證明。
那就來好了。
假設經（n－3）次變換後得到3個數：a,b,max』（max』≥a≥b），其中max』是（n－2）個數經（n－3）次變換後所得的最大值，此時有兩種求值方式，設其所求值分別為x、y 則有：x＝（a×b＋1）×max』＋1，y＝（a×max』＋1）×b+1。所以x-y＝max』－b≥0若經（n－2）次變換後所得的3個數為：b（m≥a≥b）且m不為（n－2）次變換後的最大值，即m＜max』則此時所求得的最大值為：＝（a×b+1）×m+1 此時 － ＝（1+ab）（max』－m）＞0 所以此時不為最優解。
所以若使第k（1≤k≤n－1）次變換後所得值最大，必使（k－1）次變換後所得值最大（符合貪心策略的特點2），在進行第k次變換時，只需取在進行（k－1）次變換後所得數列中的兩最小數p，q施加f操作：p←p×q+1，q←∞即可，因此此題可用貪心策略求解。討論完畢。
在求min時，我們只需在每次變換的數列中找到兩個最大數p，q進行變換：p←p×q+1，q←-∞即可。原理同上。
#include #include#include
#include
using
namespace
std;
const
int maxlen=25
;int
ar[maxlen];
intmain()
while(p.size() >=2
) max=p.top();
while(q.size() >=2
) min=q.top();
printf(
"%d\n
",max-min);
}return0;
}
這道題，其實也是一道貪心+sort+優先佇列的題。
我們可以設定乙個curtime來作為乙個掃瞄的指標，對於每門課程，如果可以學習的話（ curtime + last_time） <= ddl 那麼就學習，否則的話，就用之前的最長時間的課程替換掉？為什麼要替換其實就體現了貪心的思想，在同樣的課程含量下，curtime越小那麼。我們選擇的餘地就會越大。（區域性最優解推導出全域性最優解）
#include #include#include
#include
using
namespace
std;
typedef
struct
mooccourse;
//優先佇列的使用
const
int maxlen=1e5 + 10
;course ar[maxlen];
bool
cmp(course a,course b)
intmain()
else ans++;
}printf(
"%d\n
",q.size());
}return0;
}
貪心+優先佇列輔助實現
毒素多的應該盡早解決，故使用優先佇列模擬即可。
#include #include#include
#include
using
namespace
std;
const
int maxlen=1e5 + 10
;int
ar[maxlen];
intmain()
scanf("%d
",&k);
t=0;
while(q.size() > 0
)
for(i=1;i<=j;i++)
if(ar[i]>0
) q.push(ar[i]);
if(num>0
) q.push(num);
t++;
}printf(
"%d\n
",t);
}return0;
}
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