继续一道贪心算法的问题

[ksharp2008]

有N个学生，每个学生在(Si,Ei)时间段内有任务，我们想从中选K个学生，使得这K个学生可以观察其他N-K个学生的工作。例如有三个学生（1，5）（2，3）（4，6），那么就选择（1，5）,可以监视（2，3） （4，6）

[ksharp2008]

（1，5）（2，3）（4，6）前边我说的那题以前没说明白，是找最小时间段集合，既集合中包含的时间段最小。那么前题的答案是（2，3）（4，4）既（2，4）。放到这题就该是（1，5）。但大王所说的根据贪心算法找出最多的不相交时间段，这就是那K个学生应该为（2，3）（４，６）啊，不大理解大王的思想。大王再讲讲好么

[大王派我去巡山]

（1，5）可以监视（2，3）（4，6），
（2，3）（4，6）也可以监视（1，5），
这两种方案都能满足监视要求。

原题中要求一定是最小的k吗？

[ksharp2008]

恩，是选一个最小的K，这些K是当干部的，所以要少。呵呵

[mathe]

贪心算法得出结果不一定最优的吧。
你贴出的两道题目怎么看都应该用DP来求最优解。

[shark003]

不是贪心,是DP吧.

[ksharp2008]

也有可能最优啊，如最小生成树，最短路径，最大相容任务等等。我再想想贪心能搞出最优的不，动态规划的效率我觉得不如贪心高啊。才学算法，在下的愚见，不对别见笑，呵呵

[ksharp2008]

mathe也来了啊，看了mathe的很多帖子了，高人啊。顺便问句问什么老外的离散数学那么的厚啊，国内作者薄薄的离散数学写的好么？想学习，感觉太厚了，题做不完啊

[ksharp2008]

在贪心算法的那张出现的啊，是贪心吧

[tailzhou]

按照结束时间排序;

1)对结束时间最早的学生a1,求跟其有时间交叉,且结束时间最大的学生aj,提出aj能监视到的学生;
2)在剩下的学生中继续1),直到没剩下任何学生;

证明:
a1要么被选中,要么被选中的某个学生监视;,
1)如果a1被中,那么a1能监视到跟a1有交叉的学生;
2)如果a1没被选中，那么必定选中跟a1有交叉的学生之一；由于,a1是结束时间最早的学生,所以所有跟a1有交叉的学生的时间段必定包含有a1的结束时间;所以选其中的任何一个都可以监视到所有跟跟a1有交叉的学生;且被选中的学生能监视到开始时间早于其结束时间的所有学生;而aj是跟a1有交叉的学生中结束时间最晚的，所以aj能监视到所有开始时间早于aj的结束时间的所有学生;

证毕!

[大王派我去巡山]

没有其它要求吗？
从你的描述来看，似乎是任务时间上有重叠的学生就可以互相监视。
那么又成了一个典型的“会场分配/活动选择”问题：根据贪心算法找出最多的不相交时间段，这就是那K个学生。

这个题如果是求最小的K，和你前面那个问题就是一回事了。

[hogfish]

处女贴

[大王派我去巡山]

欢迎楼上破处。

感觉tailzhou的方法有问题，举个反例：
(1,3)、(4,5)、(6,7)、(2,10)、(8,11)、(12,13)、(14,15)、(9,16)
很明显，(2,10)和(9，16)就能监视其它的所有学生。
如果按照你的方法，出来的结果会是(2,10)、(12,13)、(14,15)

“剔除aj能监视到的学生”，这里太粗暴了。

[tailzhou]

确实有问题；
“剔除aj能监视到的学生”
修改为：
“剔除结束时间早于aj的结束时间的学生，也就是在j之后的学生继续第一步；”

[tailzhou]

1)对结束时间最早的学生a1,求跟其有时间交叉,且结束时间最大的学生aj;
2)对aj无法监视的学生中结束时间最早的学生a1' ,求跟其有时间交叉,且结束时间最大的学生aj';
直到所有学生都被监视或选中,否则继续2);

[大王派我去巡山]

这么一来应该是没问题了，贪心算法的正确性证明：
还是按照每个学生的任务结束时间升序排列：S={1,2,3,...,n}
假设用这种贪心算法得到的监视学生为i[1],i[2],...,i[k]，这里1<=i[1]<i[2]<……<i[k]<=n

1.第一步，先来证明总存在一个以i[1]开头的最优解.
假设A为S的一个子集，同时A是一个最优解，假设A={j[1],j[2],...,j[t]}，这里1<=j[1]<j[2]<……<j[t]<=n
首先必须满足j[1]<=i[1]。否则的话，根据贪心算法过程就可以推断出来，学生1没有被监视到。
如果i[1]==j[1]，那么一切好说；
如果i[1]>j[1]，就在集合A中把j[1]替换成i[1]。
凡是m<＝i[1]，学生m都能被学生i[1]监视到。又因为i[1]的结束时间大于m的结束时间，所以凡是m能监视到的学生，i[1]都能监视到（分m与1相交和不相交两种情况来讨论比较容易理解）。也就是说j[1]能干的活，i[1]都能包了，因此用i[1]来替换j[1]还是能监视其余所有的学生。
因此A-{j[1]}+{i[1]}仍然是一个最优解。
【实际上这里还有一个小问题要澄清，那就是j[2],...j[t]中会不会出现与i[1]重复的值？答案是不会的。
因为前面已经提到了凡是m<=i[1]，m能监视的学生i[1]都能监视到，因此我们担心的情况与A是最优解相矛盾，不会出现】
2.第二步，来证明A-{i[1]}=={j[2],...,j[t]}就是“i[1]无法监视到的学生”的一个最优解。
这一步用反证法来说明：如果存在一个比集合A-{i[1]}更少的方案就能监视到所有“i[1]无法监视到的学生”，那么这个方案再加上i[1]，就能监视到所有的学生，这与A是最优解是矛盾的.
以上2步合起来就能说明，每进行一次贪心选择就可以得到一个最优解。