POJ 3190 Stall Reservations-奶牛分栏（区间贪心，优先队列）

http://poj.org/problem?id=3190

题目大意：每一只奶牛要求在时间区间[A,B]内独享一个牛栏。问最少需要多少个牛栏。

贪心策略是优先满足A最小的奶牛，维持一个牛栏B最小堆，将新来的奶牛塞进B最小的牛栏里。

<p><span style="color: rgb(51, 51, 51); font-family: 'Microsoft Yahei', 'Helvetica Neue', Helvetica, Arial, sans-serif; line-height: 25px; text-indent: 28px; background-color: rgb(240, 240, 240);"><span style="font-size:12px;">#include <iostream></span></span></p><p><span style="font-family: 'Microsoft Yahei', 'Helvetica Neue', Helvetica, Arial, sans-serif; color: rgb(51, 51, 51); line-height: 25px; text-indent: 28px; background-color: rgb(240, 240, 240);"><span style="font-size:12px;">#include <algorithm></span></span></p><pre name="code" class="cpp" style="font-size: 14px; color: rgb(51, 51, 51); line-height: 25px;">#include <queue>

using namespace std; struct Section{ unsigned int index; unsigned int begin;
unsigned int end; bool operator < (const Section& b) const { return begin < b.begin; } }; struct Stall{ unsigned int id; unsigned int end; bool operator < (const Stall& b) const { return end > b.end; } Stall(){} Stall(unsigned int id, unsigned int end):id(id),
end(end){}}; #define MAX_COWS 50000Section cow[MAX_COWS];unsigned int result[MAX_COWS]; // 每头牛从属于哪个牛栏priority_queue<Stall> que; // 最小堆，储存所有牛栏区间的结束点（也就是最右端） inline void put_cow(const int& i, const bool& new_stall){ Stall s; if (new_stall) { s.id = que.size()
+ 1; } else { s.id = que.top().id; que.pop(); } s.end = cow[i].end; result[cow[i].index] = s.id; que.push(s);} ///////////////////////////SubMain//////////////////////////////////int main(int argc, char *argv[]){#ifndef ONLINE_JUDGE freopen("in.txt", "r",
stdin); freopen("out.txt", "w", stdout);#endif int N; cin >> N; for (int i = 0; i < N; ++i) { cow[i].index = i; cin >> cow[i].begin; cin >> cow[i].end; } sort(cow, cow + N); put_cow(0, true); for (int i = 1; i < N; ++i) { put_cow (i, cow[i].begin <= que.top().end);
} cout << que.size() << endl; for (int i = 0; i < N; ++i) { cout << result[i] << endl; }#ifndef ONLINE_JUDGE fclose(stdin); fclose(stdout); system("out.txt");#endif return 0;}///////////////////////////End Sub//////////////////////////////////

代码二

对cow进行排列。按L以及R从小到大排序。确保遍历的时候优先取到最小的L.

然后就可以对cow遍历求解。

#include <iostream>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include<functional>
using namespace std;
struct N
{
	int l,r,id,stall;
	bool operator <(const N &a)const
	{
		return a.r<r;
	}
}cow[50010];
bool cmp(N &a,N &b)
{
	return a.l<b.l;
}
int main()
{
	priority_queue<N>que;
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>cow[i].l>>cow[i].r;
		cow[i].id=i;
	}
	sort(cow+1,cow+n+1,cmp);
	cow[0].stall=1;
	cow[0].r=0;
	que.push(cow[0]);
	int a[50010];
	int S=2;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		N c=que.top();
		if(cow[i].l>c.r)
		{
			que.pop();
			cow[i].stall=c.stall;
			a[cow[i].id]=c.stall;
			que.push(cow[i]);
		}
		else
		{
			cow[i].stall=S;
			a[cow[i].id]=S++;
			que.push(cow[i]);
		}
	}
	cout<<S-1<<endl;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cout<<a[i]<<endl;
	return 0;
}

华丽的分界线。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。

对于这个题目，已知有两种贪心策略是正确的。

将

头牛按照开始时间

排序，每次选取牛集合

中的开始时间最早，并且与结束时间

不冲突的元素，找到之后从集合

中删除或者标记元素。当找不到满足开始时间 大于 结束时间这一条件的元素时，重新从

中选取元素，直到

为空。
将

头牛按照开始时间

排序，首先将第一头牛存入集合

中，如果接下来的牛满足开始时间大于

中最早结束时间，那么取出这个元素，并更新其时间结束时间为当前牛的结束时间，然后重新存入集合中。否则直接将该当前牛存入集合中。

2.2 贪心算法证明

贪心算法的证明主要是两种思路。

第一种 方法被称为 staying ahead [2]，即保持领先，意义为如果我们运用某个策略，在算法的每一步中都使某个条件保持领先，那么最后可以利用这个领先条件来证明最优解。这种方法本质上结合了上面介绍的Induction和Contradiction方法。

接下来我们将这个方法应用到POJ 3190算法2的证明中。

首先，我们需要确定一个领先条件，我们设这个领先条件为：在算法的每一步中，都选取最小开始时间的畜栏放入下一头牛。即

，

代表当前策略，

代表最优策略，对于贪心算法的证明，基本假设是 当前贪心策略至少和最优策略保证相同的效果 。
证明这个条件在算法的每一步中都成立。运用Induction method，首先证明base case的情况，我们首先从开始时间0开始存入牛，所以显然成立。接下来，证明前k头牛时成立，k+1时也成立。两种情况，第k+1头牛的开始时间

小于 集合

中的最小结束时间，那么直接存入集合，这个时候要么最小时间更新为第

头牛的结束时间，要么保持原来的结束时间。否则，如果第k+1头牛的开始时间

大于 集合

中的最小结束时间，更新集合

最小结束时间元素信息。因此接下来仍然可以直接选取最小结束时间的畜栏。
接下来我们运用Contradiction method来证明我们的策略可以得到畜栏数最少的解决方案。由于我们已经证明每一步必定可选最小开始时间的畜栏，所以如果上述策略不成立，最优解

中一定存在某一畜栏，其中所有牛都可以被放入其他畜栏。那么，这些牛同样可以被放入到贪心策略解的畜栏中（因为我们证明了每一步选取的最小开始时间至少和最优解一致）。然而，在放入某一头牛的时候，如果其开始时间 大于 最小结束时间，那么一定已经被放入到之前的畜栏中去了，所以判定这些牛一定不能放入到原有的畜栏中去。
至此，证明结束。算法2可以得到最优解。

第二种 方法被称为 exchange arguments [2]，即将最优解元素和当前贪心策略解元素逐个交换，交换的情况很多种[3]，可以是


中存在的元素，

中不存在，也可以是顺序不同，如果不影响最优解效果，那么贪心策略成立。在我们的题目中，交换条件可以是 放的畜栏不同 。我们已知算法2是最优解，来证明算法1也是最优解。

交换


与

中的元素，

，

中如果存在放入的畜栏不同，只有一种情况：

c1 -------------|t1

c2 -------|t2

如果当前牛的开始时间


，算法1将不会处理这个元素，而是在第二轮中将这个元素放入到

中，而算法2直接将当前元素放入

，这种情况下两种算法结果相同。

如果当前牛的开始时间


，算法1将元素放入

，然而算法2会将元素放入

。但是这样的处理不会影响最优解，算法将元素放入到

后，

也就一定只能存入开始时间在

之后的元素，其他开始时间在

之前的元素将会被放入

。

c1 -------------|t1

c2 -------|t2 ------------|t3

而对于算法1而言：

c1 -------------|t1-----------|t3

c2 -------|t2

其他开始时间在


之前的元素将会被放入

，并且这些元素的开始时间一定

，所以放入

和放入

对算法最终的效果没有影响。因此，贪心策略成立

2.3 时间复杂度分析

下面简单分析一下这个题目的三种解法：

算法1解法1 将元素放入set中，每次更新时，查找set，并且从中删除元素。放入元素复杂度，

。遍历复杂度，我们假设最坏情况，每次遍历删除一个元素：


算法1解法2 元素存入数组中，每次遍历数组，标志已经删除的元素。排序：

。遍历，同样是最坏情况，每次前进一个元素（二分查找）：


算法2解法1 维护一个最小堆，每次更新最小堆。排序：

。最小堆维护，最坏情况，每次都无法更新最小堆：