P5909 挂缀pendant 题解

news/2026/1/27 8:59:24/文章来源:https://www.cnblogs.com/Yuriha/p/19536499

P5909 挂缀pendant 题解

是一道经典的反悔贪心题（不太理解反悔贪心可以先看文章末尾），可以学到一个证明方法，更模板的题：P4053 建筑抢修。

题意简述

给定 \(n\) 个珠缀，并且每个限定 \(c\) 与 \(w\) 表示珠缀的称重能力与重量。

每个珠缀能承受的重量是其下方所有珠缀的总和，不包括自己，求最长可以挂多长的珠缀，与最小总重量。

思考过程

首先我们发现，如果是正向模拟（从第一个依次往下挂），每挂一个就要去维护以上的所有信息，肯定是 \(O(n^2)\) 时间的，所以我们正难则反，考虑一下从末尾向上挂，发现可以。

之后看出来这个是一种类似 “带截止时间的任务选择问题” ，与建筑抢修很像，所以考虑用反悔贪心。

这道题不一样的点在哪呢，在于对每一项的排序，因为这个挂缀的限制是对于不包含自己的下方总重量的限制，所以我们需要考虑什么情况是更优的。

我们去设想一种最优情况，挂了 \(i+1\) 再挂 \(i\) 可以，挂了 \(i\) 不能挂 \(i+1\) ，所以列出式子：

\[SUM+W_i\ge C_{i+1} \]

表示之前的 \(sum\) 加上新的挂缀 \(w_i\) 是要比第 \(i+1\) 个的重量限制要大的。

\[SUM+W_{i+1}< C_{i} \]

表示之前的 \(sum\) 加上新的挂缀 \(w_{i+1}\) 是要比第 \(i\) 个的重量限制小的。

变形得到：

\[C_{i+1}-W_i\le SUM < C_i-W_{i+1}\\ C_{i+1}-W_i\le C_i-W_{i+1}\\ C_{i+1}+W_{i+1} < C_i+W_i \]

也就是说，最优情况是在 \(C_{i+1}+W_{i+1} < C_i+W_i\) 时成立，所以我们证明到，需要按照 \(C+W\) 的大小作为权值去进行排序。

然后对于反悔贪心的部分，我们去定义一个动态维护当下总重量的变量，如果其满足即将进来的新珠子的 \(C\) 的要求，就可以直接加入并且放入队列，否则我们就需要去从优先队列里寻找最大的一个数，去与这个新珠子做比较，然后抉择放入哪个，如果队列中的大，就去替换（因为前面的所有珠子不会因为重量变小而导致超重，并且这样可以使总重量变小，所以这是一个合法贪心）。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 1e5*2+100;
int n;
struct node {ll c, w;
}s[N];
//通过证明需要由w+c作为排序标准
bool cmp(node a, node b) {return a.w+a.c<b.w+b.c;
}
//这个队列用来记录被选进来的重量
priority_queue<int> q;
int main() {cin>>n;for (int i=1; i<=n; i++) {cin>>s[i].c>>s[i].w;}sort(s+1,s+1+n,cmp);//发现如果正的从上往下去吊会用n^2，正难则反，尝试从末尾往回去吊ll sum=0, L=0;for (int i=1; i<=n; i++) {//如果之前的sum符合当下的限制，就可以直接加入新珠子if (sum<=s[i].c) {L++;sum+=s[i].w;q.push(s[i].w);}else {//否则我们需要去看一下以前加入的最重的珠子，看看能否替换if (q.top()>s[i].w) {sum-=q.top();//总重量减去之前的最大q.pop();q.push(s[i].w);sum+=s[i].w;//加入现在最大的}}}cout<<L<<'\n'<<sum;return 0;
}