贪心算法的基本思想是每次选择局部最优解,期望最终得到全局最优解,其解题思路无法证明,只能用对数器(另个用纯暴力解法)来证明其正确性(贪心就是没道理)(ps.证明贪心不对–>举反例)

题目一

题目描述:一个项目要占用一个会议室宣讲，会议室不能同时容纳两个项目的宣讲，给你每一个项目开始的时间和结束的时间，你来安排宣讲的日程，要求会议室进行的宣讲的场次最多，返回最多的宣讲场次

贪心算法思路:对于这个问题，我们可以按照项目的结束时间进行排序，然后依次选择结束时间最早的项目。在每一步选择时，我们==选择的项目应该是与当前会议室时间不冲突且结束时间最早的项目==。这样可以最大程度地释放会议室，使得能够安排更多的宣讲场次。

代码:

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>

// 结构体表示一个项目
struct Project {
    int start;
    int end;
};

// 比较函数，用于qsort排序
int compare(const void* a, const void* b) {
    return ((struct Project*)a)->end - ((struct Project*)b)->end;
}

// 贪心算法安排宣讲日程
int arrangeMeetings(struct Project* projects, int n) {
    if (projects == NULL || n <= 0) {
        return 0;
    }

    // 按照项目结束时间进行排序
    qsort(projects, n, sizeof(struct Project), compare);

    int meetings = 1; // 最少有一个宣讲场次，即第一个项目
    int currentEndTime = projects[0].end;

    // 选择结束时间最早的项目
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        if (projects[i].start >= currentEndTime) {
            // 选择与当前项目时间不冲突的项目
            meetings++;
            currentEndTime = projects[i].end;
        }
    }

    return meetings;
}

int main() {
    // 示例项目数据
    struct Project projects[] = {{1, 3}, {2, 4}, {3, 6}, {5, 7}, {8, 9}};

    int n = sizeof(projects) / sizeof(projects[0]);

    int result = arrangeMeetings(projects, n);

    printf("最多的宣讲场次：%d\n", result);

    return 0;
}

题目二

题目描述:

一块金条切成两半,是需要花费和长度数值一样的铜板的.

比如长度为20的金条,不管怎么切,都要花费20个铜板.一群人想整分整块金条,怎么分最省铜板?

如果先把长度为60的金条分成10和50,花费60;再把长度为50的金条分成20和30,花费50,一共花费110铜板.

但如果先把长度60的金条分成30和30,花费60,再把长度30金条分成10和20,花费30,一共花费90铜板.

输入一个数组,返回分割的最小代价.

运用小根堆来解决(堆排序)

Java代码:
image-20231218161607306

题目三

题目描述:假设 力扣（LeetCode）即将开始 IPO 。为了以更高的价格将股票卖给风险投资公司，力扣 希望在 IPO 之前开展一些项目以增加其资本。 由于资源有限，它只能在 IPO 之前完成最多 k 个不同的项目。帮助 力扣 设计完成最多 k 个不同项目后得到最大总资本的方式。

给你 n 个项目。对于每个项目 i ，它都有一个纯利润 profits[i] ，和启动该项目需要的最小资本 capital[i] 。

最初，你的资本为 w 。当你完成一个项目时，你将获得纯利润，且利润将被添加到你的总资本中。

总而言之，从给定项目中选择 最多 k 个不同项目的列表，以 最大化最终资本 ，并输出最终可获得的最多资本。

答案保证在 32 位有符号整数范围内。

示例 1：

1
2
3
4
5
6
7
8
输入：k = 2, w = 0, profits = [1,2,3], capital = [0,1,1]
输出：4
解释：
由于你的初始资本为 0，你仅可以从 0 号项目开始。
在完成后，你将获得 1 的利润，你的总资本将变为 1。
此时你可以选择开始 1 号或 2 号项目。
由于你最多可以选择两个项目，所以你需要完成 2 号项目以获得最大的资本。
因此，输出最后最大化的资本，为 0 + 1 + 3 = 4。

示例 2：

1
2
输入：k = 3, w = 0, profits = [1,2,3], capital = [0,1,2]
输出：6

你可以使用 C++ 中的==小根堆和大根堆(优先队列)==来解决这个问题。在解决这类问题时，你可以维护两个堆，一个用于存储可以启动的项目，一个用于存储纯利润。具体步骤如下：

  1. 将项目按照启动资本（capital）从小到大排序。
  2. 依次将启动资本小于等于当前资本的项目加入小根堆（minHeap）。
  3. 从小根堆中弹出最小启动资本的项目，将其对应的纯利润加入大根堆（maxHeap）。
  4. 重复步骤3，直到可以启动的项目都加入了小根堆。
  5. 从大根堆中弹出纯利润最大的项目，将其纯利润加入当前资本，重复步骤3和步骤4，直到完成 k 个项目或者没有更多的项目可加入。

代码:

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74
75
76
77
#include <iostream>
#include <vector>
#include <queue>

using namespace std;

struct Project {
    int profit;
    int capital;
};

struct CompareCapital {
    bool operator()(const Project& a, const Project& b) {
        return a.capital > b.capital; // 小根堆，按照启动资本从小到大
    }
};

struct CompareProfit {
    bool operator()(const Project& a, const Project& b) {
        return a.profit < b.profit; // 大根堆，按照纯利润从大到小
    }
};

int findMaximizedCapital(int k, int w, vector<int>& profits, vector<int>& capital) {
    priority_queue<Project, vector<Project>, CompareCapital> minHeap; // 小根堆
    priority_queue<Project, vector<Project>, CompareProfit> maxHeap;  // 大根堆

    vector<Project> projects;
    for (int i = 0; i < profits.size(); ++i) {
        projects.push_back({profits[i], capital[i]});
    }

    sort(projects.begin(), projects.end(), [](const Project& a, const Project& b) {
        return a.capital < b.capital; // 按照启动资本从小到大排序
    });

    int currentIndex = 0;

    for (int i = 0; i < k; ++i) {
        // 将启动资本小于等于当前资本的项目加入小根堆
        while (currentIndex < projects.size() && projects[currentIndex].capital <= w) {
            minHeap.push(projects[currentIndex]);
            currentIndex++;
        }

        // 如果小根堆不为空，从小根堆弹出最小启动资本的项目，将其纯利润加入大根堆
        if (!minHeap.empty()) {
            maxHeap.push(minHeap.top());
            minHeap.pop();
        }

        // 如果大根堆不为空，从大根堆弹出纯利润最大的项目，将其纯利润加入当前资本
        if (!maxHeap.empty()) {
            w += maxHeap.top().profit;
            maxHeap.pop();
        } else {
            break; // 如果大根堆为空，说明没有更多的项目可加入
        }
    }

    return w;
}

int main() {
    int k1 = 2, w1 = 0;
    vector<int> profits1 = {1, 2, 3};
    vector<int> capital1 = {0, 1, 1};
    cout << "示例 1 输出: " << findMaximizedCapital(k1, w1, profits1, capital1) << endl;

    int k2 = 3, w2 = 0;
    vector<int> profits2 = {1, 2, 3};
    vector<int> capital2 = {0, 1, 2};
    cout << "示例 2 输出: " << findMaximizedCapital(k2, w2, profits2, capital2) << endl;

    return 0;
}

题目四

题目描述:给定一个字符串str,只由’X’和’.’两种字符构成,’X’表示墙,不能放灯,也不需要点亮,’.’表示居民点,可以放灯,需要点亮.如果灯放在i位置,可以让i-1,i和i+1三个位置被点亮,返回如果点亮str中所有需要点亮的位置,至少需要几盏灯.

java代码:

image-20231218173416256