CLRS 16.2贪心算法的原理

16.2-1
此处证明的思想是假设有一个最优解，然后可以由贪心算法得到此最优解。
设 S={1,2,...,n} S=\{1,2,...,n\} 个商品，并已经按平均价值从高到底排序，即 viwi≥vi+1wi+1 \frac{v_i}{w_i}\ge \frac{v_{i+1}}{w_{i+1}}。令 A A 是分数背包的一个最优解，并假定解里面也是按照平均价值从高到底排序。假设总重量和最优解的总价值分别是 W,VW,V。令 B B 是从 SS 中按照贪心算法求解得的解。
1) 总重量 W≤w1 W\le w_1：显然装入第一个商品得到最优解；
2) 总重量 W>w1 W> w_1：在 A A 中前几个商品加起来为 w1w_1 重的商品（这里的几个可能是一个，也可能是多个，还可能是某一个商品的其中一部分）。令 B=A−{A中第一个w1重的商品}+{第一个商品的w1的重量} B=A-\{A中第一个w_1重的商品\}+\{第一个商品的w_1的重量\}（即将 A A 中的 w1w_1 重的东西换成第一个商品的 w1 w_1 重量）。此时 A A 的价值 {第一个w1重量的价值}+{背包中剩余的价值}\{第一个w_1重量的价值\}+\{背包中剩余的价值\}。 B B 的价值是 {第一个商品的w1重量的价值）}+{背包中剩余的价值}\{第一个商品的w_1重量的价值）\}+\{背包中剩余的价值\}。由于 w1 w_1 的价值肯定是小于等于 v1 v_1（此商品全部装进去才有 v1 v_1 的价值）。因为 A A 是最优解，所以 {第一个w1重量的价值}=v1\{第一个w_1重量的价值\}=v_1（否则换了之后价值肯定提高， A A 就不是最优解，矛盾）。这样 AA 的价值就和 B B 的价值一样，而 AA 是最优的，则 B B 也是最优的。
然后递归求解问题，求解 SS 的 n−1 n-1 个商品，包最大重量为 W−w1 W-w_1。最后得到贪心算法的最优解。

附上分数背包的简单实现：

#include <iostream>
#include <algorithm>
using std::cout;
using std::endl;struct goods
{int weight;int value;goods():weight(0),value(0){}
};bool cmp(goods a,goods b)
{return a.value/a.weight > b.value/b.weight;
}int greedy(goods *array,int n,int weight)   //返回最终价值
{std::sort(array,array + n,cmp);int res = 0;for(int i = 0; i < n; i++){if(weight >= array[i].weight){res += array[i].value;weight -= array[i].weight;}else if(weight > 0){res += weight * (array[i].value / array[i].weight);weight = 0;break;}}return res;
}int main()
{int v[] = {60,100,120};int w[] = {10,20,30};goods ia[3];for(int i = 0; i < 3; i++){ia[i].value = v[i];ia[i].weight = w[i];}cout << "Value is " << greedy(ia,3,50) << endl;return 0;
}

16.2-2
根据书上所说，0-1背包具有最优子结构性质，若商品 i i 的重量大于剩余可装重量，我们将商品 ii 从方案中删除，否则解决方案是剩余商品重量不超过 W−wi W-w_i 的价值最高方案与不选商品 i i 且剩余重量不超过 WW 的价值最高方案的最大者。
记 c[i,w] c[i,w] 是商品 1,...,i 1,...,i 且重量是 w w 的解决方案价值，则：

c[i,w]=⎧⎩⎨0c[i−1,w]max(vi+c[i−1,w−wi],c[i−1,w])if i=0 or w=0if w_i>wif i>0 and w≥w_i

c[i,w]= \begin{cases} 0& \text{if i=0 or w=0}\\ c[i-1,w]& \text{if w_i>w}\\ \max (v_i+c[i-1,w-w_i],c[i-1,w]) & \text{if i>0 and w≥w_i} \end{cases}
算法输入是最大重量 W W，nn 个商品以及两个序列 v=[v1,v2,...,vn],w=[w1,w2,...，wn] v=[v_1,v_2,...,v_n],w=[w_1,w_2,...，w_n]

DYNAMIC-0-1-KNAPSACK(v,w,n,W)let c[0..n, 0..W] be a new arrayfor w = 0 to Wc[0,w] = 0for i = 1 to nc[i,0] = 0for w = 1 to Wif wi≤wif v_i + c[i-1,w-wi] > c[i-1,w]c[i,w] = v_i + c[i-1,w-wi] else c[i,w] = c[i-1,w]else c[i,w] = c[i-1,w]

时间复杂度是 Θ(nW) \Theta(nW)。

16.2-3
按照重量从低到高装入即可。设解决方案是 x=(x1,x2,...,xn) x=(x_1,x_2,...,x_n)，且 w1≤w2≤...≤wn，v1≥v2≥...≥vn w_1\le w_2\le ...\le w_n，v_1\ge v_2\ge ...\ge v_n。令 j j 表示第一个没被装入的商品下标，所以 1..j−11..j-1 的商品全部装入， j...n j...n 的商品都没转入，现假设用 j...n j...n 的某个商品替换 1...j−1 1...j-1 中的某个商品，此时背包的价值下降且容量变小。

16.2-4
思想就是选择走最长的距离再补水，也就是说剩余的水不足以到达下一个补给点时就补水，否则就不补水。证明就略了。

16.2-5
算法如下：
1) 在点集中选取最小的点；
2) 取以该点为左起点的单位闭区间，然后从点集中去掉包含在该单位闭区间的所有点；
3) 重复1）-2）,直到所有的点处理完毕；那么2）得到的单位闭区间集合A即为所求。

证明：首先，根据第二步肯定能得到一个解 A A，这个解包含所有的点。假设有一个最优解 BB。用以最小点为左起点的单位闭区间代替 B B 中包含该最小点的单位闭区间, 得到的新的解不会比 BB 更差，即 A A 也是最优解。

int interval(double *x,int n)//返回区间个数
{bool *isVisit = new bool[n];for(int i = 0; i < n; ++i)isVisit[i] = false;int res = 0;for(int i = 0; i < n; ++i){if(!isVisit[i]){isVisit[i] = true;++res;double max = x[i] + 1;for(int j = i + 1; j < n; ++j){if(x[j] > max)break;else isVisit[j] = true;}}}return res;
}

16.2-6
先求每个商品的平均价值 avgi=vi/wiavg_i = v_i/w_i，选择一个物品作为主元 m=avgm m = avg_m，对所有物品进行Paitition操作，时间是 O(n) O(n)。将平均价值 avg avg 分为三个集合 L={ai:avgi<m},E={ai：avgi=m},G={ai:avgi>m} L = \{a_i: avg_i m\}。分别对 G,E,L G, E, L 中元素求重量和得 SG,SE,SL SG, SE, SL。
1. 如果 W<SG W , 则令物体的集合为 O=G O = G，对集合 O O 递归进行上述过程。
2. 如果 SG≤W≤SG+SESG\le W \le SG+SE，则将集合 G G 中的元素都放入包中，并将集合 EE 总元素尽可能多的放入包中，结束。
3. 如果 SG+SE<W SG+SE , 将 G,E G,E 中元素放入包中。令物体集合 O=L O = L，总重 W=W−SG−SE W = W - SG - SE。递归进行上述过程。
每次递归都花费线性时间，子问题变成原来的一般规模，运行时间为 T(n)≤T(n/2)+Θ(n) T(n)\le T(n/2)+\Theta(n)，得到 T(n)=O(n) T(n) = O(n)。

16.2-7
集合 A,B A,B 按照非递增的顺序排序即可。
证明：对于任意的下标 i<j i，考虑 abii,abjj a_i^{b_i},a_j^{b_j}，我们要证明 abiiabjj≥abjiabij a_i^{b_i}a_j^{b_j}\ge a_i^{b_j}a_j^{b_i}。由于集合按照非递增顺序排列，所以 ai≥aj,bi≥bj a_i\ge a_j,b_i\ge b_j，又 ai,aj a_i,a_j 是正数且 bi−bj≥0 b_i-b_j\ge 0，得 abi−bji≥abi−bjj a_i^{b_i-b_j}\ge a_j^{b_i-b_j}，两边同乘 abjiabjj a_i^{b_j}a_j^{b_j} 有 abiiabjj≥abjiabij a_i^{b_i}a_j^{b_j}\ge a_i^{b_j}a_j^{b_i}。

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