【POJ 3045】Cow Acrobats（贪心）

题面：Cow Acrobats

题目大意

相当于有 $n$ 头奶牛在叠罗汉。每头牛都有两个特质，一个是重量 $w$，一个是强壮度 $s$。
每头牛都有一个崩溃风险，该风险等于在她上面的所有奶牛的总重量减去她本身的强壮度。所以每头牛都要找到合适自己的位置。
求：确定所有奶牛的位置，从而使任何奶牛中的最大风险最小。

思路

芜湖~~先贪心试一下。
将每头牛按照 $w+s$ 从小到大排序，这样就得到正确的答案啦哈哈哈哈哈哈。

贪心证明：

设最优解为 $real\_ans$，自己方案的解为 $ans$。

要证：$ans=real\_ans$
只需证：

1. $ans\le real\_ans$
2. $ans\ge real\_ans$

证明如下：

1、由题意可知，必然有 $real\_ans\le ans$。

2、假设最优解不是按我们的算法来做的，则至少有一对牛是交换了位置的。已知第 $k$ 头牛的特征为 $(w_k,s_k)$，第 $k+1$ 头牛的特征为 $(w_{k+1},s_{k+1})$，且她们的风险分别为，$ri{s}_k,ri{s}_{k+1}$，则：

位置	交换前	交换后
$k$	$ri{s}_k={\sum }_{i=1}^{k-1}{w}_i-s_k$	$ri{s}_k={\sum }_{i=1}^{k-1}{w}_i+w_{k+1}-s_k$
k+1	$ri{s}_{k+1}={\sum }_{i=1}^k{w}_i-s_{k+1}$	$ri{s}_{k+1}={\sum }_{i=1}^{k-1}{w}_i-s_{k+1}$

同时减去 ${\sum }_{i=1}^{k-1}{w}_i$ 可得：

位置	交换前	交换后
$k$	$-s_k$	$w_{k+1}-s_k$
$k+1$	$w_k-s_{k+1}$	$-s_{k+1}$

由于 $s,w\ge 1$，所以有：
$w_{k+1}-s_k>-s_k$, $w_k-s_{k+1}>-s_{k+1}$

所以，我们只要比较 $w_{k+1}-s_k$ 与 $w_k-s_{k+1}$ 的大小关系即可。
两边同时加上 $s_k+s_{k+1}$ 得：
$w_{k+1}+s_{k+1}$ 与 $w_k+s_k$。
因为我们的贪心算法是按照 $w+s$ 从小到大排序的。
所以， $w_{k+1}+s_{k+1}\ge w_k+s_k$。
所以，交换前的解要小于交换后的解，即 $ans\le real\_ans$。

综上，$ans=real\_ans$。证毕。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define sc scanf
#define pf printf
using namespace std;
const int N = 5e4 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

struct Node
{
    int w, s;
    bool operator<(const Node &x) const
    {
        return w + s < x.w + x.s;
    }
}cow[N];

int main()
{
    int n;
    sc("%d", &n);
    for(int i = 0; i < n; i++) {
        int w, s;
        sc("%d %d", &w, &s);
        cow[i] = {w, s};
    }
    sort(cow, cow + n);
    
    int ans = -INF, sum = 0;
    for(int i = 0; i < n; i++) {
        ans = max(ans, sum - cow[i].s);
        sum += cow[i].w;
    }
    pf("%d\n", ans);
    
    return 0;
}