【贪心法】最优装载问题/(0-1)背包问题，最小延迟调度问题，硬币贪心策略

最优装载问题

介绍

最优装载问题：某艘船的载重量为C，每件物品的重量为$w_i\le C$,要将尽量多的物品装入到船上，问如何选择而使能装的上船的集装箱个数最多？
设$x_i=1$表示第i个集装箱可以装上船，否则$x_i=0$，则问题可以描述为：

目标函数：$max\sum _{i=1}^n{x}_i$
约束条件：$\sum _{i=1}^n{w}_i{x}_i\le C$
$x_i=0,1$ $i=1,2,..,n$

分析：这是一个整数规划问题，也是0-1背包问题的特殊情况。对于0-1背包问题可以使用动态规划算法求解，但是对于这个问题有更好的算法：贪心策略。贪心法：每次都选择最轻的，然后再从剩下的n-1件物品中选择最轻的。
算法策略：把n件物品 从小到大排序，然后根据贪心策略尽可能多的选出前i个物品，直到不能装为止。

代码

注意：输入的重量序列已经是递增的序列。

/*
 * @Description: 
 * @Author: dive668
 * @Date: 2021-04-30 22:12:23
 * @LastEditTime: 2021-04-30 22:21:55
 */
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;

//输入：集装箱集合N={1,2...,n}，集装箱i的重量wi,i=1,2..n,注意wi已经按升序排好了
//输出：集装箱集合I包含于N
int main()
{
    int n;
    cout << "集装箱个数：";
    cin >> n;
    int C;
    cout << "集装箱限重：";
    cin >> C;
    int *w = new int[n + 1];//重量数组
    w[0] = 0;
    int i;
    for (i = 1; i <= n;++i)
    {
        cout << "输入第" << i << "个集装箱的重量";
        cin >> w[i];
    }
    queue<int> q;
    q.push(1);//先把第一个最轻的入队列
    int weight = w[1];//先把第一个最轻的加入到当前重量weight中
    for (i = 2; i <= n;++i)
    {
        if(weight+w[i]<=C)
        {
            weight += w[i];//增加当前重量
            q.push(i);//将这个第i件货物入队列
        }
    }
    while(!q.empty())//将装载的物品序列顺序输出
    {
        cout << q.front();
        q.pop();
    }
    return 0;
}

最小延迟调度问题–客户服务问题

介绍

给定等待服务的客户的集合$A=1,2,...n$，预计对客户$i$的服务时间是$t_i$，该客户希望完成的时间是$d_i$，即$T=<t_1,t_2,...,t_n>$，$D=<d_1,d_2,..,d_n>$。如果对客户i的服务在$d_i$之前结束，那么对客户i的服务没有延迟；如果在di之后结束，那么这个服务就被延迟了，延迟的时间等于该服务结束时间减去$d_i$，假设$t_i，d_i$都是正整数，一个调度是函数$f:A\to B$，其中$f(i)$是对客户i的服务开始时间，要求所有区间$(f(i),f(i)+t_i)$互不重叠。一个调度f的最大延迟是所有客户延迟时间的最大值。
例如：

客户集：$A=1,2,3,4,5$
$服务时间集：T=<5,8,4,10,3>$
$预期服务完成时间：D=<10,12,15,11,20>$
那么对于调度：
$f_1:1,2,3,4,5\to N$
$f_1(1)=0,f_1(2)=5,f_1(3)=13,f_1(4)=17,f_1(5)=27$
客户1，2，3，4，5的延迟分别是0，1，2，16，10；最大为max:16。
延迟时间的计算：第二件事情的开始时间减去第一件事情的要求截止时间，如果为正值，那么就是延迟了，如果为负值，就是没延迟。

调度问题的建模：
给定$A=<1,2,...,n>，T=<t_1,t_2,...,t_n>，D=<d_1,d_2,...,d_n>$，求具有最小延迟的调度。
即求函数f:A→N使得
min ⁡ f { max ⁡ i ∈ A { f ( i ) + t i − d i } } \displaystyle\min_f\{\displaystyle\max_{i∈A}\{f(i)+t_i-d_i\}\} fmin​{i∈Amax​{f(i)+ti​−di​}}
$\vee i,j\in A，i\ne j，f(i)+t_i\le f(j)或者f(j)+t_j\le f(i)$
考虑贪心算法：按照截至时间$d_i$从小到大选择任务，在安排时不留空闲时间。

/*
 * @Description: 
 * @Author: dive668
 * @Date: 2021-04-30 23:40:37
 * @LastEditTime: 2021-05-01 00:08:01
 */
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;

//输入A,T,D
//输出f
struct customer
{
    int a;//客户序号
    int t;//客户服务时间
    int d;//客户要求截至时间
};
bool cmp(customer c1,customer c2)
{
    return c1.d <= c2.d;
}
int main()
{
    //排序A使得d1<=d2<=d3...<=dn
    int n;
    cout << "input the number:";
    cin >> n;
    vector<customer> c;
    vector<customer>::iterator p;
    customer t;//临时结构体变量，用于压入容器
    int i;
    for (i = 0; i < n;++i)
    {
        cout << "客户号:";
        cin >> t.a;
        cout << "服务时间:";
        cin >> t.t;
        cout << "要求截至时间:";
        cin >> t.d;
        c.push_back(t);
    }
    sort(c.begin(), c.end(), cmp);
    int f[n+1];
    f[0] = 0;
    i = 1;
    for (p=c.begin();p!=c.end();++p)
    {
        f[i] = f[i - 1] + p->t;
        ++i;
    }
    cout << "最终截至时间"<<f[n];
}

经过证明，没有逆序，没有空闲时间的调度具有相同的最大延迟。

对贪心法得不到最优解的情况的处理

方法主要有两个：
一是对输入做分析，指出输入在满足哪些条件下贪心法是正确的，而且判定这些条件的时间比较少，至多不超过算法本身的运行时间。
二是分析贪心法的误差，确定它对所有的输入实例得到的解(近似解)与最优解的误差至少有多大。

典型应用实在找零钱问题上，此处仅给出题干：

设有n种硬币，其重量分别为$w_1,w_2,...,w_n$，币值分别为$v_1=1,v_2,...,v_n$。现在需要用这些硬币付款的总钱数是Y，问：如何选择这些硬币而使得付钱的硬币总重最轻？
问题建模：
不妨设币值和钱数都为正整数，令选用第i种硬币的数目是$x_i$，那么这个那么这个问题可以建模如下：

m i n { ∑ i = 1 n w i x i } min\{\displaystyle∑_{i=1}^nw_ix_i\} min{i=1∑n​wi​xi​}
$\sum _{i=1}^n{v}_i{x}_i=Y$
$x_i\in N，i=1，2...n$

可以用动态规划算法求解：采用背包问题的第二种形式的解法。
递推方程：
$F_{k+1}(y)=\underset{0⩽x_{k+1}⩽\frac{y}{w_k}}{\min }(F_k(y-v_{k+1}\ast x_{k+1})+w_{k+1}\ast x_{k+1})，k=1,2,...,n-1,y=0,1,...Y$
起始条件：
$F_1(y)=w_1[y/v_1]=w_{1}y$ y=0,1,…,Y
时间复杂度为$O(n^2)$
贪心法解：先选"单位价值重量最小的硬币"。
不妨设:
$\frac{w_1}{v_1}\ge \frac{w_2}{v_2}\ge ...\ge \frac{w_n}{v_n}$
根据贪心法进行选择时，应该尽可能使用标号大的硬币。
设允许使用前k种零钱，总钱数为y时贪心法得到的总重为$G_k(y)$，则有如下递推公式：
$G_k(y)=w_k[\frac{y}{v_k}]+G_{k-1}(ymod{v}_k)$k=2,3,…,n
$G_1(y)=w_1[\frac{y}{v_1}]=w_{1}y$ y=0,1…Y

上述递推公式的含义是：可选硬币是标号为1,2,…,k的硬币时，第k种硬币的个数至多可以用$[\frac{y}{v_k}]$个，按照上面的贪心策略，要尽可能使用第k种硬币，因此$x_k=[\frac{y}{v_k}]$。这些硬币的重量是$w_k[\frac{y}{v_k}]$。剩下的钱数时$y-v_k[\frac{y}{v_k}]$，这是在尽量使用标号为k的投硬币付款所剩的不足$v_k$的余款。即$ymod{v}_k$。这部分钱只能用更小币值的零钱付款，也就是说只能使用标号为1,2,…,k-1的硬币，于是得到一个子问题。使用贪心法继续求解这个子问题，得到总重量是$G_{k-1}(ymod{v}_k)$。把这个重量与标号为k的硬币重量加起来就是最终的总重量。由于1号硬币的价值是1，而要付款的钱数是y，于是需要y枚硬币，因此硬币重量就是$w_{1}y$。这就是递推关系的初值$G_1(y)$。
使用上述递推公式，可以从最大的硬币币值开始，找到第一个小于或等于y的$v_k$，计算$x_k=[\frac{y}{v_k}]$。剩下的钱数$y1=y-v_k[\frac{y}{v_k}]$。与上一步类似，继续使用贪心法对$y_1$进行类似处理,…，直到剩余钱数$y_t$小于$v_2$或者$y_t$=0为止，令$x_1=y_t$，算法结束。