❤ 作者主页：欢迎来到我的技术博客😎

❀ 个人介绍：大家好，本人热衷于Java后端开发，欢迎来交流学习哦！(￣▽￣)~*

🍊 如果文章对您有帮助，记得关注、点赞、收藏、评论⭐️⭐️⭐️

📣 您的支持将是我创作的动力，让我们一起加油进步吧！！！🎉🎉

第一章 区间问题

一、区间选点

1. 题目描述

给定 N 个闭区间 [ a i , b i ] [a_i,b_i] [ai​,bi​]，请你在数轴上选择尽量少的点，使得每个区间内至少包含一个选出的点。

输出选择的点的最小数量。

位于区间端点上的点也算作区间内。

输入格式

第一行包含整数 N，表示区间数。

接下来N 行，每行包含两个整数 a i , b i a_i,b_i ai​,bi​，表示一个区间的两个端点。

输出格式

输出一个整数，表示所需的点的最小数量。

数据范围

1 ≤ N ≤ 1 0 5 1≤N≤10^5 1≤N≤105,

− 1 0 9 ≤ a i ≤ b i ≤ 1 0 9 −10^9≤ai≤bi≤10^9 −109≤ai≤bi≤109

输入样例：

3-1 12 43 5

输出样例：

2

2. 思路分析

将每个区间按照右端点从小到大进行排序；从前往后枚举每个区间，ed值初始化为无穷小，如果本次区间不能覆盖上次区间的右端点，即ed < range[i].l，说明需要选择一个新的点，则ed = range[i].r。

3. 代码实现

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 100010;int n;struct Range{int l, r;//重载小于号bool operator<(const Range &W)const{return r < W.r;}}range[N];int main(){cin >> n;for (int i = 0; i < n; i ++) cin >> range[i].l >> range[i].r;//每个区间按右端点从小到大进行排序sort(range, range + n);int res = 0, ed = -2e9;for (int i = 0; i < n; i ++)if (range[i].l > ed) //当前区间覆盖不了上一区间，则新增一个点，更新ed{res ++;ed = range[i].r;}cout << res << endl;return 0;}

二、最大不相交区间数量

1. 题目描述

给定 N 个闭区间 [ a i , b i ] [a_i,b_i] [ai​,bi​]，请你在数轴上选择若干区间，使得选中的区间之间互不相交（包括端点）。

输出可选取区间的最大数量。

输入格式

第一行包含整数 N，表示区间数。

接下来 N 行，每行包含两个整数 a i , b i a_i,b_i ai​,bi​，表示一个区间的两个端点。

输出格式

输出一个整数，表示可选取区间的最大数量。

数据范围

1 ≤ N ≤ 1 0 5 1≤N≤10^5 1≤N≤105,

− 1 0 9 ≤ a i ≤ b i ≤ 1 0 9 −10^9≤a_i≤b_i≤10^9 −109≤ai​≤bi​≤109

输入样例：

3-1 12 43 5

输出样例：

2

2. 思路分析

最大不相交区间树 = 最少覆盖区间点数，如果如果几个区间能被同一个点覆盖，说明他们相交了，所以有几个点就是有几个不相交区间。

因此，此题的思路根代码与求最少覆盖区间点数一样。

3. 代码实现

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 100010;int n;struct Range{int l, r;//重载小于号bool operator<(const Range &W)const{return r < W.r;}}range[N];int main(){cin >> n;for (int i = 0; i < n; i ++) cin >> range[i].l >> range[i].r;//每个区间按右端点从小到大进行排序sort(range, range + n);int res = 0, ed = -2e9;for (int i = 0; i < n; i ++)if (range[i].l > ed) //当前区间覆盖不了上一区间，则新增一个区间，更新ed{res ++;ed = range[i].r;}cout << res << endl;return 0;}

三、区间分组

1. 题目描述

给定 N 个闭区间 [ a i , b i ] [a_i,b_i] [ai​,bi​]，请你将这些区间分成若干组，使得每组内部的区间两两之间（包括端点）没有交集，并使得组数尽可能小。

输出最小组数。

输入格式

第一行包含整数 N，表示区间数。

接下来 N 行，每行包含两个整数 a i , b i a_i,b_i ai​,bi​，表示一个区间的两个端点。

输出格式

输出一个整数，表示最小组数。

数据范围

1 ≤ N ≤ 1 0 5 1≤N≤10^5 1≤N≤105,

− 1 0 9 ≤ a i ≤ b i ≤ 1 0 9 −10^9≤ai≤bi≤10^9 −109≤ai≤bi≤109

输入样例：

3-1 12 43 5

输出样例：

2

2. 思路分析

每个区间按照左端点从小到大进行排序，定义小根堆heap存储最小的那个右端点；从前往后枚举每个区间，判断此区间能否放到现有的组中： 如果当前堆中为空或者当前区间比最小组的右端点要小，即heap.empty() || range[i].l <= heap.top()，则新开一个数组heap.push(range[i].r);如果当前区间的左端点比最小组的右端点要大，则放在改组，去掉右端点最小的区间，只保留一个右端点较大的区间，即heap.popo()、heap.push(range[i].r)，这样小根堆heap有多少区间，就可以把区间分成多少组。

3. 代码实现

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 100010;int n;struct Range{int l, r;bool operator<(const Range &W)const{return l < W.l;}}range[N];int main(){cin >> n;for (int i = 0; i < n; i ++){int l, r;cin >> range[i].l >> range[i].r;}//每个区间按左端点从小到大进行排序sort(range, range + n);//定义小根堆，存储最小组的右端点priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> heap;for (int i = 0; i < n; i ++){auto r = range[i];//新增加一个区间if (heap.empty() || heap.top() >= r.l) heap.push(r.r); else{heap.pop(); //最小组的右端点出队heap.push(r.r); //保留一个较大的右端点}}cout << heap.size() << endl;return 0;}

四、区间覆盖

1. 题目描述

给定 N 个闭区间 [ a i , b i ] [a_i,b_i] [ai​,bi​] 以及一个线段区间 [ s , t ] [s,t] [s,t]，请你选择尽量少的区间，将指定线段区间完全覆盖。

输出最少区间数，如果无法完全覆盖则输出 −1。

输入格式

第一行包含两个整数 s 和 t，表示给定线段区间的两个端点。

第二行包含整数 N，表示给定区间数。

接下来 N 行，每行包含两个整数 a i , b i a_i,b_i ai​,bi​，表示一个区间的两个端点。

输出格式

输出一个整数，表示所需最少区间数。

如果无解，则输出 −1。

数据范围

1 ≤ N ≤ 1 0 5 1≤N≤10^5 1≤N≤105,

− 1 0 9 ≤ a i ≤ b i ≤ 1 0 9 −10^9≤a_i≤b_i≤10^9 −109≤ai​≤bi​≤109,

− 1 0 9 ≤ s ≤ t ≤ 1 0 9 −10^9≤s≤t≤10^9 −109≤s≤t≤109

输入样例：

1 53-1 32 43 5

输出样例：

2

2. 思路分析

将所有区间按照左端点从小到大排序；从前往后依此枚举每个区间，在所有能覆盖st的区间中，选择右端点最大的区间，然后将st更新成右端点的最大值。

3. 代码实现

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 100010;int n;struct Range{int l, r;bool operator<(const Range &W)const{return l < W.l;}}range[N];int main(){int st, ed;cin >> st >> ed;cin >> n;for (int i = 0; i < n; i ++){cin >> range[i].l >> range[i].r;}//每个区间按照从小到大进行排序sort(range, range + n);int res = 0;bool flag = false; //判断是否成功for (int i = 0; i < n; i ++){//如果每次不把r更新为-2e9的话，st和r相等，可能不会出现r<st的情况，如果无法覆盖的话，就会一直循环int j = i, r = -2e9;while (j < n && range[j].l <= st) //双指针算法来更新左端点小于st的线段中，能够到大的最远位置{r = max(r, range[j].r);j ++;}//当前右端点的最远距离不能达到下一线段的左端点，一定不能覆盖if (r < st){res = -1;break;}res ++;if (r >= ed){flag = true; //只有从这个出口出去才被视为成功覆盖break;}//更新下一次sti = j - 1;st = r;}if (!flag) puts("-1");else cout << res << endl;return 0;}

第二章 Huffman树

一、合并果子

1. 题目描述

因为还要花大力气把这些果子搬回家，所以达达在合并果子时要尽可能地节省体力。

假定每个果子重量都为 1，并且已知果子的种类数和每种果子的数目，你的任务是设计出合并的次序方案，使达达耗费的体力最少，并输出这个最小的体力耗费值。

例如有 3 种果子，数目依次为 1，2，9。

可以先将 1、2 堆合并，新堆数目为 3，耗费体力为 3。

接着，将新堆与原先的第三堆合并，又得到新的堆，数目为 12，耗费体力为 12。

所以达达总共耗费体力=3+12=15。

可以证明 15 为最小的体力耗费值。

输入格式

输入包括两行，第一行是一个整数 n，表示果子的种类数。

第二行包含 n 个整数，用空格分隔，第ii 个整数 a i a_i ai​ 是第 i 种果子的数目。

输出格式

输出包括一行，这一行只包含一个整数，也就是最小的体力耗费值。

输入数据保证这个值小于 2 3 1 2^31 231。

数据范围

1 ≤ n ≤ 10000 1≤n≤10000 1≤n≤10000,

1 ≤ a i ≤ 20000 1≤a_i≤20000 1≤ai​≤20000

输入样例：

3 1 2 9

输出样例：

15

2. 思路分析

经典哈夫曼树的模型，每次合并重量最小的两堆果子即可。

使用小根堆维护所有果子，每次弹出堆顶的两堆果子，并将其合并，合并之后将两堆重量之和再次插入小根堆中。

3. 代码实现

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;int main(){int n;cin >> n;priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> heap;while (n --){int x;cin >> x;heap.push(x);}int res = 0;while (heap.size() > 1){int a = heap.top(); heap.pop();int b = heap.top(); heap.pop();res += a + b;heap.push(a + b);}cout << res << endl;return 0;}

第三章 排序不等式

一、排队打水

1. 题目描述

有 n 个人排队到 1 个水龙头处打水，第 i 个人装满水桶所需的时间是 t i t_i ti​，请问如何安排他们的打水顺序才能使所有人的等待时间之和最小？

输入格式

第一行包含整数 n。

第二行包含 n 个整数，其中第 i 个整数表示第 i 个人装满水桶所花费的时间 t i t_i ti​。

输出格式

输出一个整数，表示最小的等待时间之和。

数据范围

1 ≤ n ≤ 1 0 5 1≤n≤10^5 1≤n≤105,

1 ≤ t i ≤ 1 0 4 1≤t_i≤10^4 1≤ti​≤104

输入样例：

73 6 1 4 2 5 7

输出样例：

56

2. 思路分析

安排他们的打水顺序才能使所有人的等待时间之和最小，则需要将打水时间最短的人先打水，，这样才能使得等待时间之和最小。

3. 代码实现

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;const int N = 100010;int n;int a[N];int main(){cin >> n;for (int i = 0; i < n; i ++) cin >> a[i];sort(a, a + n);LL res = 0, t = 0;for (int i = 0; i < n; i ++){res += t;t += a[i];}cout << res << endl;return 0;}

第四章 绝对值不等式

一、货仓选址

1. 题目描述

在一条数轴上有 N 家商店，它们的坐标分别为 A 1 ∼ A N A_1∼A_N A1​∼AN​。

现在需要在数轴上建立一家货仓，每天清晨，从货仓到每家商店都要运送一车商品。

为了提高效率，求把货仓建在何处，可以使得货仓到每家商店的距离之和最小。

输入格式

第一行输入整数 N。

第二行 N 个整数 A 1 ∼ A N A_1∼A_N A1​∼AN​。

输出格式

输出一个整数，表示距离之和的最小值。

数据范围

1 ≤ N ≤ 100000 1≤N≤100000 1≤N≤100000,

0 ≤ A i ≤ 40000 0≤A_i≤40000 0≤Ai​≤40000

输入样例：

46 2 9 1

输出样例：

12

2. 思路分析

中位数有非常优秀的性质，比如说在这道题目中，每一个点到中位数的距离，都是满足全局的最有性，而不是局部最优性。

具体的来说，我们设在仓库左边的所有点，到仓库的距离之和为 p p p ,右边的距离之和则为 q q q，那么我们就必须让 p + q p+q p+q的值尽量小。

当仓库向左移动的话， p p p 会减少 x x x，但是 q q q 会增加 n − x n−x n−x，所以说当为仓库中位数的时候, p + q p+q p+q最小。

3. 代码实现

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 100010;int n;int a[N];int main(){cin >> n;for (int i = 0; i < n; i ++) cin >> a[i];sort(a, a + n);int res = 0;for (int i = 0; i < n; i ++) res += abs(a[i] - a[n / 2]);cout << res << endl;return 0;}

第五章 推公式

一、耍杂技的牛

1. 题目描述

农民约翰的 N 头奶牛（编号为 1.. N 1..N 1..N）计划逃跑并加入马戏团，为此它们决定练习表演杂技。

奶牛们不是非常有创意，只提出了一个杂技表演：

叠罗汉，表演时，奶牛们站在彼此的身上，形成一个高高的垂直堆叠。

奶牛们正在试图找到自己在这个堆叠中应该所处的位置顺序。

这 N 头奶牛中的每一头都有着自己的重量 W i W_i Wi​ 以及自己的强壮程度 S i S_i Si​。

一头牛支撑不住的可能性取决于它头上所有牛的总重量（不包括它自己）减去它的身体强壮程度的值，现在称该数值为风险值，风险值越大，这只牛撑不住的可能性越高。

您的任务是确定奶牛的排序，使得所有奶牛的风险值中的最大值尽可能的小。

输入格式

第一行输入整数 N，表示奶牛数量。

接下来 N 行，每行输入两个整数，表示牛的重量和强壮程度，第 i 行表示第 i 头牛的重量 W i W_i Wi​ 以及它的强壮程度 S i S_i Si​。

输出格式

输出一个整数，表示最大风险值的最小可能值。

数据范围

1 ≤ N ≤ 50000 1≤N≤50000 1≤N≤50000,

1 ≤ W i ≤ 10 , 0001 1≤W_i≤10,0001 1≤Wi​≤10,0001,

1 ≤ S i ≤ 1 , 000 , 000 , 000 1≤S_i≤1,000,000,000 1≤Si​≤1,000,000,000

输入样例：

310 32 53 3

输出样例：

2

2. 思路分析

注意到交换 i i i, i + 1 i+1 i+1 牛的位置不会影响其他牛的风险度，按每头牛的 w + s w + s w+s 进行排序，对于位置越小的 i i i， w i + s i w_i + s_i wi​+si​越小越好，然后根据题意算出每头牛的危险值记录其中的最大值即可。

3. 代码实现

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef pair<int, int> PII;const int N = 50010;int n;PII cows[N];int main(){cin >> n;for (int i = 0; i < n; i ++){int w, s;cin >> w >> s;cows[i] = {w + s, w};}sort(cows, cows + n); //按 w + s 从小到大排序int sum = 0, res = -1e9;for (int i = 0; i < n; i ++){int w = cows[i].second, s = cows[i].first - cows[i].second;res = max(res, sum - s); //上面的牛牛们的总体重 - 当前牛的强壮程度sum += w; //下一头牛上面的牛牛们的总体重}cout << res << endl;return 0;}

创作不易，如果有收获！！！别忘记点个赞，让更多人看到！！！

关注博主不迷路，内容持续更新中！！！

算法基础复盘笔记Day12【贪心算法】—— 区间问题 Huffman树 排序不等式 绝对值不等式 推公式