HDU-2037 今年暑假不AC 贪心

题目链接：https://vjudge.net/problem/HDU-2037

题意：

活动安排问题，要求活动之间不能有重叠，问最多能够安排多少活动

分析：

这是经典的活动安排问题

首先可能想到是贪心问题或者动态规划，直觉想到可能是贪心问题。可以想到的可能有三种安排策略：

① 先开始的活动先安排

② 时间短的活动先安排

③ 早结束的活动先安排

第一种策略不正确，举例如下：

a₁=<0, 20>， a₂=<2, 5>， a₃=<8, 15>，如果用这种策略则最多只能安排a1一个活动，但事实上可以安排a₂，a₃两个活动。

第二种策略也不正确，举例如下：

a₁=<0, 8>， a₂=<7, 9>， a₃=<8, 15>，如果用这种策略最多只能安排a₂一个活动，但事实上可以安排a₁，a₃两个活动。

第三种策略我觉得可以这么思考，假设前k个活动的安排是最优的，那么它一定是结束时间最早的一种安排方法（这样在后面的安排中才会有更多的时间，安排更多的活动），将规模减小至只有一个，即是早结束的活动先安排。下面给出策略正确性的证明:

证明：（对算法步数进行归纳）

（1）将活动集合按照截止时间递增顺序排列，得到序列S。

（2）算法第一步选择S中的活动1，设算法最终得到问题最优解为A={i₁, i₂, …, i_j}，则i₁=1;（算法第一步正确），若i1≠1，用1替换i1，可得到A’=(A-{i1})∪{1}，集合A’与A中活动个数相同，且1比i1结束的更早，因此与i2, i3, …, ij相容，于是A’也是问题的一个最优解。

（3）假设算法前k步正确，令i1=1, i2, …, ik是前k步顺序选择的活动，则原为题最优解可表示为A={i1=1, i2, …, ik}∪B，令S’是S中剩余的与i1, i2, …, ik相容的活动，即S’={j | sj≥fik, j∈S}，则B是S’的一个最优解。若不然，假设S’有最优解B’，且|B’| > |B|，那么用B’替换B可以得到的解={i1=1, i2, …, ik} ∪ B’将比A的活动更多，与A为最优解矛盾。

（4）根据第（2）步，子问题S’存在最优解B*={ik+1, …}，则A’={i1=1, i2, …, ik} ∪B*={i1=1, i2, …, ik, ik+1} ∪(B*-{ik+1})为原问题一个最优解，且恰好包含了前k+1步选择的活动。

策略确定之后，就是实现的方法，我的想法是通过自定义结构体并定义优先级（结束时间早的优先级高），再通过优先队列存储节目，最后pop一遍判断可以观看的节目数量。

代码如下：

#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;

struct show {
    int s;
    int f;
    bool operator < (const show& s2) const{
        if(this->f > s2.f) {
            return 1;
        }
        else if(this->f == s2.f){
            return this->s < s2.s;
        }
        else 
            return 0;
    }
};

int main(void) {
    int n;
    while(scanf("%d", &n) == 1 && n != 0) {
        priority_queue <show> q;
        int ans = 0;
        show now;
        now.s = 0, now.f = 0;
        while(n--) {
            show S;
            scanf("%d%d",&S.s, &S.f);
            q.push(S);
        }
//        while(!q.empty()) {
//            printf("%d - %d
", q.top().s, q.top().f);
//            q.pop();
//        }
        while(!q.empty()) {
            show S = q.top();
            q.pop();
            if(S.s >= now.f) {
                ans++;
                now = S;
            }
        }
        cout << ans << endl;
    }
}