反悔贪心 系列

2025 CSPS1 的选择题 T15，就是这样一道题。

其实本来应当是 Slope Trick 来做的题目，但是聪明的人类找到了用优先队列维护当前最优解的 $O(n\log n)$ 做法。使得一些看起来很唬人的题目得以以惊人的小码量被解决，并且优于朴素 dp。

我的题单。大部分题目可以用相似的思路来做：

具体地，这类问题求可以选定元素的最大价值。每个元素都有价值和限制，价值总是和限制相关，即价值的叠加会影响限制。

先按照限制从小到大排序，然后依次插入每个元素，用优先队列维护已经插入的元素。当遇到违反限制、无法插入元素时，就判断当前元素能否替换队头。能就替换，且替换操作相对于全局而言要尽量是优的。

1.CF1526C Potions

题意

有 $n$ 个药水排成一行，药水 $1$ 在最左边，药水 $n$ 在最右边。每个药水喝下后会使你的生命值增加 $a_i$。$a_i$ 可能为负数，表示该药水会减少你的生命值。

你初始时生命值为 $0$，并且你会从左到右依次经过每个药水。每到一个药水处，你可以选择喝下它或者忽略它。你必须保证你的生命值始终不为负数。

你最多能喝下多少瓶药水？

CF1526C1 - Easy Version：$1\le n\le 2000$，$a_i\in [-10^9,10^9]$。

CF1526C2 - Hard Version：$1\le n\le 2\times 10^5$，$a_i\in [-10^9,10^9]$。

思路

Easy Version 可以用 01 背包实现。设 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 瓶药水喝了 $j$ 瓶，获得的最大生命值。显然有转移：
$$f_{i,j}=\max (f_{i-1,j},f_{i-1,j-1}+a_i)$$

然后从 $n$ 倒推，第一个 $f_{n,j}\ge 0$ 的 $j$ 就是能喝下的最多药水瓶数。时间复杂度 $O(n^2)$，代码略。但是完全过不了 Hard Vesion 啊！

考虑 $n$ 瓶药水扫过去，贪心地想要每瓶药水都喝。当喝到一瓶让生命值 $<0$ 的药水时，我们考虑用这瓶药水替换前面选过的某瓶药水，以实现当前药水瓶数尽可能多且生命值尽量大。

用小根堆维护选过的药水，队头是所选药水最小值，$cur$ 是当前生命值且保证 $cur\ge 0$ 总是成立。若 $cur+a<0$，但是 $a>q.top$，用 $cur\leftarrow cur-q.top+a$ 依然能使得 $cur\ge 0$，虽然瓶数不变但是 $cur$ 更大了——这就是“反悔操作”。然后将 $a$ 入队变为已选。

发现整个操作下来“非常人性化”，似乎无法被 hack。其实这个“反悔操作”，和 dp 的转移是等价的。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=5005;
ll n,a;
priority_queue<ll,vector<ll>,greater<ll> >q;
int main()
{scanf("%lld",&n);ll cur=0,ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&a);if(cur+a>=0){cur+=a;ans++;q.push(a);}else {if(q.empty())continue;ll tem=q.top();if(a>tem){cur=cur-tem+a;q.pop();q.push(a);}}}printf("%lld",ans);return 0;
}

2.洛谷 P4053 JSOI2007 建筑抢修

题意

有 $n$ 个事件，做第 $i$ 件事要 $t_i$ 的事件，只能在 $e{d}_i$ 之前做完。问最多能做多少件事。

$1\le n\le 1.5\times 10^5$，$1\le t_i<e{d}_i<2^{31}$。

思路

很经典的题目。我们先对限制 $ed$ 排序，尽可能做每件事，设 $cur$ 表示做完所有所选事件的结束时刻。

若 $cur+t_i>e{d}_i$，考虑用当前事件替换已选事件，并且想要 $cur$ 变小以实现全局更优。那就用小根堆维护已选事件的 $t$，若 $t_i<q.top$ 且 $cur-t_i+q.top\le e{d}_i$，说明 $t_i$ 可以替换 $q.top$ 对应的事件，并且耗时减少。

满足这个条件的替换总是可行的！因为 $q.top$ 之间的事件总是在限制之前，$q.top$ 之后的事件全部往前推，必然在限制之内。

如果加 $i$ 事件，导致后面某个事件 $j$ 无法加入怎么办？这应该是大多数人一开始会有的问题。实则针对这一次加入 $i$，后面 $j$ 同样会进行这样一次“反悔操作”。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=2e5+9;
ll n;
struct node
{ll t,ed;
}a[N];
bool cmp(node x,node y)
{return x.ed<y.ed;
}
priority_queue<ll>q;
int main()
{scanf("%lld",&n);for(int i=1;i<=n;i++){ll t,ed;scanf("%lld%lld",&t,&ed);a[i]=(node){t,ed};}sort(a+1,a+n+1,cmp);ll cur=0,ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){cur+=a[i].t;if(cur<=a[i].ed){ans++;q.push(a[i].t);}else {cur-=a[i].t;if(q.empty())continue;ll tem=q.top();if(a[i].t<tem&&cur-tem+a[i].t<=a[i].ed){cur=cur-tem+a[i].t;q.pop();q.push(a[i].t);}}}printf("%lld",ans);return 0;
}

类似的题目还有洛谷 P2949、P14097：前者基本相同，后者把结束时间的限制改成了开始时间的限制而已。

3.CF725D Contest Balloons

题意

ACM比赛，AC一题会有一个气球。现在有$n$ 支队伍，每支队伍的重量是 $w_i$ ，拥有 $t_i$ 个气球 ，当一支队伍的气球个数比它的重量都要大时，这个队伍就会飘起来，从而被取消比赛资格。

现在你带领的是 $1$ 号队，你希望你队伍的名次尽可能靠前，你是个有原则的人，不会偷气球，但你可以把气球送给别的队伍，让他们飞起来。
求最终你的队伍所获得的最好名次。

$2\le n\le 3\times 10^5$，$0\le t_i\le w_i\le 10^{18}$。

思路

决定排名先后的是气球数量的多少。

把 $1$ 对单独拎出来，对 $2\sim n$ 按照气球个数 $cnt$ 从大到小排序，因为 $cn{t}_1$ 会不断送出去气球，所以会不断有队伍跑到 $1$ 队所在名次之前。用一个指针 $pos$ 维护当前哪个队伍在 $1$ 队排名之上。

将排名在 $1$ 队之上的队伍的 $w_i-t_i+1$ 加入优先队列，作为“作案名单”。

挑所需气球更少的队伍送给它气球即可。因为 $1$ 队气球减少，会导致后面的队伍跑到前面去，于是不保证每一步都比上一步更优。每一次给其他队伍气球的决策，都要更新一遍答案。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=3e5+9;
ll n;
struct node
{ll cnt,w;
}a[N];
bool cmp(node x,node y)
{if(x.cnt!=y.cnt)return x.cnt>y.cnt;return x.w<y.w;
}
priority_queue<ll,vector<ll>,greater<ll> >q;
int main()
{scanf("%lld",&n);for(int i=1;i<=n;i++){ll cnt,w;scanf("%lld%lld",&cnt,&w);a[i]=(node){cnt,w};}sort(a+2,a+n+1,cmp);ll pos=2,ans=n;while(1){while(pos<=n&&a[1].cnt<a[pos].cnt){q.push(a[pos].w-a[pos].cnt+1);pos++;}if(q.empty()){puts("1");exit(0);}ans=min(ans,(ll)q.size()+1ll);ll tem=q.top();if(a[1].cnt<tem)break;a[1].cnt-=tem;q.pop();}printf("%lld",ans);return 0;
}

其它要动用一些小技巧的题目：CF865D（“反悔”时加入两次，方便后面的反悔，提交记录）。

4.P4597 Sequence 加强版

题意

给定一个长度为 $n$ 的序列 $a$，每次操作可以把某个数 +1 或 −1。要求把序列变成非降数列。

$n\le 5\times 10^5$。

还有洛谷 P2893、P4331、CF13C、CF713C，不同在于数据范围或题意。

思路

很大争议的一道题。费尽心血写 Slope Trick 的看不起码量很小的反悔贪心的，写反悔贪心的又不好好证明……不过确实难证明捏。

设当前 $a_i$ 小于之前的最大数 $mx$（在之前已经实现单调不降，$1\sim i-1$）。为了使得序列不降，我们要选一个 $t\in [mx,a_i]$，让 $mx,a_i\to x$。我们发现 $x$ 无论取多少，操作代价都是 $mx-a_i$。

贪心地，为了使得后面的数更容易变为单调不降，我们让 $mx$ “变为”尽量小的 $a_i$。

这样做对吗？为什么能改变 $mx$？序列不会就不满足不降了吗？

为了使序列不降，$mx$ 不能小于其之前的最大值 $m{x}^{\prime }$（$1\sim i-2$）。若 $m{x}^{\prime }\le a_i$，那么直接更新没有问题。否则 $m{x}^{\prime }\in [a_i,mx]$，那就让 $a_i\to m{x}^{\prime }$，$mx\to m{x}^{\prime }$，代价依然为 $mx-a_i$。

总结：“反悔”是相当于让 $mx$ 减得尽量小，使得后面的数更容易变为不降。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll n,a;
priority_queue<ll>q;
ll ans;
int main()
{scanf("%lld",&n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&a);q.push(a);if(a==q.top())continue;ans+=q.top()-a;q.pop();q.push(a);}printf("%lld",ans);return 0;
}

部分思路参考这篇博客。更加严谨的 Slope Trick 证明。