寫在前面

此題是一個很容易想到的貪心題目，但是正確性的證明是非常復雜的。然而，目前網上所有題解并未給出本題貪心算法的任何正確性證明，全部僅停留在描述出一個貪心算法。本著對算法與計算機科學的熱愛（逃），我花了2周時間深入研究了這個問題，并請教了Apass.Jack?大牛，終于在他的幫助下證明了該貪心的正確性。接下來將給出詳細地證明過程。

PS：Apass.Jack提供了整個證明框架（盡管后來被我發現了一處錯誤并重新修正了證明），在此表示感謝！

題目描述

給定$n$($n \le 10^5)$個城市的物品價格，每個城市只能最多購買或賣出一個物品，可以既不買也不賣。當然，若當前手上沒有物品則不能賣出。問從城市1走到城市$n$，途中進行買賣后最多賺多少錢，在此前提下最少進行多少次交易。初始手上沒有任何物品，但有無限的錢。

Sample Input

3 4 1 2 10 9 5 9 5 9 10 5 2 2 1

Sample Output

16 4 5 2 0 0

算法描述

我們先不考慮最小化交易次數，只考慮利潤最大化。本題有一個比較好想的貪心算法：

從左往右遍歷城市，并維護每個城市當前的狀態（買了物品、賣了物品或什么都不做）。對于城市$i$，我們找1到$i-1$中價格最低的$j$且$j$城市未買入（可以賣出），如果$j$城市價格比$i$城市低，則在$j$城市買入并在$i$城市賣出。同時更新$j$城市的買賣狀態：若之前狀態是賣出，則更新為什么都不做；否則更新為買入。

這樣遍歷完1到$n$即可得出答案。實現時，顯然可用優先隊列維護。這樣時間復雜度$O(n\log n)$。

算法正確性證明

基本術語

為表述方便，引入以下記號：

（1）用$p_i$表示城市$i$的價格；

（2）一個策略定義為每個城市的買賣狀態集合，用$s_i$表示。其中，$s_i=0$表示什么都不做；$s_i=1$表示買入；$s_i=-1$表示賣出。

（3）定義$s$的前綴和為$h_s(i)=\sum_{i=1}^n {s_i}$，并補充$h_s(0)=0$；顯然一個方案是合法的，當且僅當對任意$1 \le i \le n$，$h_s(i) \ge 0$。

（4）定義$(i,j)$表示一個升序二元組$(i < j)$；

（5）稱$(i,j)$被策略$s$分開，或稱在策略$s$中$(i,j)$不可能屬于同一次買賣，如果存在$i \le k < j$，使得$h_s(k)=0$。

證明思路

此題直接證明是非常困難的，因為它會動態修改之前的策略。我們考慮引入一個中間步驟，即得出最優解滿足的充要性質，然后證明貪心的解也滿足這個性質，那么貪心就自然是正確的了。

接下來將證明以下幾個主要定理，分別建立最優解的性質以及貪心解的性質。

另外為了簡化證明，以下部分均假設所有$p_i$互不相同。顯然如果$p_i$互不相同時算法正確，那么$p_i$可以相同時算法也必然正確（通過取極限）。

定理1

如果一個策略$s$是最優策略，則$h_s(n)=0$，且對于任意$(i,j)$一定滿足：

（1）若$s_i=s_j=0$或$s_i<s_j$，必有$p_i>p_j$。

（2）若$s_i=s_j=0$或$s_i>s_j$，且$p_i>p_j$，$(i,j)$必然被分開。

證明：$h_s(n)=0$顯然。

（1）若不然，我們將$s_i$加1，將$s_j$減1，顯然對任意$i$有$h_s(i) \ge 0$，因此是合法方案，但利潤更大了，矛盾。

（2）若不然，則對任意$i \le k<j$有$h_s(k)\ge1$。我們令$s_i$減1，$s_j$加1，顯然對任意$i$，$h_s(i)\ge 0$仍成立，因此是合法方案，但利潤更大了，矛盾。

定理2

滿足定理1的策略必然由貪心算法給出。

證明：用數學歸納法，$n=1$顯然成立。

考慮$n$時滿足定理1的一個策略，由于$h_s(n)=0$故必有$s_n=0$或$s_n=-1$。

（1）若$s_n=0$，那么該策略在前$n-1$個城市中滿足定理1策略，已由貪心算法給出。當貪心算法到第$n$個城市時，它一定什么都不做，若不然，必存在$p_j<p_n$且$s_j \le 0$。那么二元組$(j,n)$和定理1（1）矛盾。

（2）若$s_n=-1$。設$k$是$0 \le k<n$中滿足$h_s(k)=0$的最大的$k$，$j$為$k<j\le n$中$s_j \ge 0$且價格最高的城市。

考慮把$s_j$減1而其它不變，這樣我們得到一個新策略，將其記為$w$，那么新的策略$h_w(n-1)=0$且$h_w$恒非負，此時$w_1$到$w_{n-1}$便是前$n-1$個城市的一個合法方案。下證它滿足定理1的條件。

注意一個性質：如果$(i,j)$在$s$中被分開，在$w$中一定被分開，因為$w$只有$j$處比$s$小1，其它值都相同。利用該性質，對于策略$w$，任何不包含$j$的二元組必然滿足定理1的條件；我們只需考慮包含$j$的二元組是否滿足定理1條件即可。

對于定理1（1）：

a)：若$(i,j)$滿足$w_i=w_j=0$或$w_i<w_j$，必有$s_i<s_j$，由于$s$滿足定理1（1）故$p_i>p_j$；

b)：若$(j,i)$滿足$w_j=w_i=0$或$w_j<w_i$，那么$s_i=w_i \ge 0$，由于$j$是$k$之后$s$非負的價格最高者，故$p_j>p_i$。

對于定理1（2）：

a)：若$(i,j)$滿足$w_i>w_j$或$w_i=w_j=0$，且$p_i>p_j$，那么$s_i=w_i \ge 0$，由于$j$是$k$之后$s$非負的價格最高者，故必有$i \le k$，故$(i,j)$被$s$分開；

b)：若$(j,i)$滿足$w_j>w_i$或$w_i=w_j=0$，且$p_j>p_i$，那么$s_j>s_i$，由定理1（2）$(j,i)$在$s$策略中被分開，這與$k$是最大的$h_s(k)=0$的城市矛盾，不會有這種情況。

綜上，$w$是滿足定理1的策略，由歸納知必然是貪心算法前$n-1$個城市的執行結果。最后考慮算法在第$n$個城市的操作。

首先必有$p_j<p_n$，若不然由$s_j \ge 0 >-1=s_n$但$(j,n)$并未在$s$中被分開可導出和定理1（2）的矛盾。而$w_j \le 0$，故算法必然會在$n$城市賣出（因為可以在$j$買入且能增大利潤），下面只需考慮是不是一定買入$j$城市。設算法買入的城市為$t$，且$p_j>p_t$，那么$s_t \le 0$而$s_j \ge 0$，那么$t$不能在$j$之前（否則與定理1（1）矛盾）。同樣$t$也不能在$j$之后（否則由定理1（2）$(j,t)$被$s$分開，與$k$是最大的$h_s(k)=0$的城市矛盾），因此買入的城市$t=j$。因此滿足定理1的策略確實完全由貪心算法給出。證畢。

定理3

滿足定理1的策略是唯一的，從而貪心算法正確。

證明：由于定理1的策略必由貪心算法給出，而貪心算法給出的策略只有一個，故滿足定理1的策略是唯一的。又由定理1，最優策略滿足定理1，故算法是正確的。

最小化交易次數

根據上面定理，當價格互不相同時最優策略是唯一的，但價格可以相同時則不一定，此時才存在最小化交易次數的問題。此時考慮修改算法，當優先隊列中最低價格不止一個時，優先取原本賣出物品的城市，這樣該城市的狀態會被修改成什么都不做。這個正確性很顯然。對于價格相同的物品，它們對于后續城市是完全等價的，因此盡可能的將它們變成不買也不賣必然達到最小交易次數。

綜上，這道題目就完全解決了。

參考代碼

1 #include<cstdio> 2 #include<queue> 3 using namespace std; 4 int p[100001]; 5 struct Node{ 6 int i; 7 bool sell; 8 bool operator < (const Node t)const{ 9 return p[i] != p[t.i] ? p[i] > p[t.i] : !sell && t.sell; 10 } 11 }; 12 int main() 13 { 14 int test, n; 15 scanf("%d", &test); 16 while (test--){ 17 priority_queue<Node> q; 18 scanf("%d", &n); 19 for (int i = 0; i < n; i++) 20 scanf("%d", &p[i]); 21 long long ans = 0; 22 int cnt = 0; 23 q.push({ 0, 0 }); 24 for (int i = 1; i < n; i++){ 25 int j = q.top().i; 26 if (p[j] < p[i]){ 27 bool sell = q.top().sell; 28 q.pop(); 29 ans += p[i] - p[j]; 30 if (sell)q.push(Node{ j, 0 }); 31 else cnt += 2; 32 q.push(Node{ i, 1 }); 33 } 34 else q.push(Node{ i, 0 }); 35 } 36 printf("%lld %d\n", ans, cnt); 37 } 38 }

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轉載于:https://www.cnblogs.com/zbh2047/p/9736378.html

總結

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