【贪心练习】书架-详解

已于 2024-05-17 22:15:35 修改
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分类专栏： 贪心 文章标签： 算法 数据结构
于 2024-05-17 22:14:16 首次发布
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本文介绍了贪心算法并结合一个实际问题——奶牛登顶书架，阐述如何运用贪心策略求解。题目要求找出最少数量的奶牛，使得它们的身高总和足以到达书架的顶部。贪心算法通过每次选取当前最优解逐步逼近全局最优解，具有高效性和广泛的应用价值。

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原题 

【问题描述】

john最近买了一个书架用来存放奶牛养殖书籍，但书架很快被存满了，只剩最顶层有空余。

john 共有 N头奶牛，每头奶牛有自己的高度 H_{i},N 头奶牛的总高度为 S 。书架高度为 
B 。

为了到达书架顶层，奶牛可以踩着其他奶牛的背，像叠罗汉一样，直到他们的总高度不低于书架高度。当然若奶牛越多则危险性越大。为了帮助 john到达书架顶层，找出使用奶牛数目最少的解决方案吧。

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贪心算法（Greedy Algorithm）是一种通过局部最优选择逐步逼近全局最优解的算法设计思想。其核心在于每一步决策时，仅考虑当前状态下的最优解，而不回溯或预测未来状态特点：高效性（时间复杂度低）、简单性（代码实现简洁）、无后效性（当前决策不影响后续状态）适用条件：需满足贪心选择性质（局部最优能推导全局最优）和最优子结构（问题的最优解包含子问题的最优解）贪心算法因其简洁高效的特点，成为解决特定问题的利器。验证贪心策略的可行性，通过数学归纳或反例分析。对比其他算法（如动态规划），权衡时间与空间复杂度。
贪心算法--采花生问题
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<think>好的，我现在需要回答用户关于贪心算法在采花生问题中的应用的问题。首先，我需要回忆一下采花生问题的具体内容。采花生问题通常是指在一个网格中，每个格子有一定数量的花生，一个人从左上角出发，每次只能向右或向下移动，最终到达右下角，要求收集到最多的花生。这应该是一个动态规划问题，但用户提到的是贪心算法，可能需要先理清楚两者的区别。 用户可能混淆了贪心算法和动态规划的应用场景。贪心算法通常每一步都选择当前最优，但可能无法得到全局最优解。而像采花生这样的问题，由于路径的选择会影响后续的结果，需要全局考虑，因此更适合用动态规划来解决。例如，每个位置的最大花生数只能由左边或上边的位置决定，因此需要递推计算每个位置的值。 接下来，我需要确认用户提供的引用内容是否有相关的信息。查看用户给出的引用，引用[1]提到了动态规划的相关内容，包括摘花生问题的题解，这可能与用户的问题相关。引用[4]中的示例测试样例可能涉及到类似的问题，但可能不是直接相关。 用户要求示例代码和解题思路，因此我需要先解释为什么贪心算法在这里不适用，然后转而介绍动态规划的解法。同时，需要提供代码示例，可能参考引用中的信息，比如引用[1]中的摘花生题目代码题解部分。 需要注意用户的引用中的摘花生问题可能正是用户所说的采花生问题，所以需要结合引用[1]的内容来回答。根据动态规划的思路，每个位置的最大花生数等于其左边或上边最大值加上当前格子的花生数。代码实现通常使用二维数组来存储中间状态，逐步填充数组，最终右下角的值即为答案。 可能用户误以为这个问题可以用贪心算法解决，但实际上正确的解法是动态规划。因此，在回答时需要指出这一点，并解释贪心算法在此场景中的局限性，例如贪心每次选择当前最大花生路径可能会导致错过全局更优的路径。 最后，生成相关问题时要围绕贪心算法和动态规划的区别，以及采花生问题的其他解法或变体来提问。</think>### 贪心算法在采花生问题中的应用分析 采花生问题的典型场景是：给定一个$m \times n$的网格，每个格子有若干花生，从左上角出发，只能向右或向下移动，最终到达右下角，求能收集的最大花生数。**此问题需用动态规划而非贪心算法解决**，原因如下： 1. **贪心算法的局限性** 贪心算法每一步选择当前最优（如向右或向下中花生更多的方向），但局部最优无法保证全局最优。例如： $$ \begin{matrix} 100 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 100 \end{matrix} $$ 若第一步贪心选择向右（100→1），则无法到达右下角的100；而动态规划会提前计算所有路径。 2. **动态规划的正确性** 定义状态$dp[i][j]$表示到达$(i,j)$时的最大花生数，状态转移方程为： $$ dp[i][j] = \max(dp[i-1][j], dp[i][j-1]) + grid[i][j] $$ 通过递推计算所有位置，最终$dp[m-1][n-1]$即为答案。 --- ### 动态规划实现代码（Python示例） ```python def max_peanuts(grid): m, n = len(grid), len(grid[0]) dp = [[0] * n for _ in range(m)] dp[0][0] = grid[0][0] # 初始化第一行和第一列 for i in range(1, m): dp[i][0] = dp[i-1][0] + grid[i][0] for j in range(1, n): dp[0][j] = dp[0][j-1] + grid[0][j] # 填充其余位置 for i in range(1, m): for j in range(1, n): dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-1]) + grid[i][j] return dp[-1][-1] ``` --- ### 关键点说明 - **初始化处理**：第一行和第一列只能通过单一方向累加得到[^1]。 - **时间复杂度**：$O(mn)$，优于暴力枚举所有路径的指数复杂度。 - **空间优化**：可用滚动数组将空间复杂度优化至$O(n)$。 ---
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