2.1-2.2完成贪心专题
题目链接：
下面是题解。
A
使用贪心算法，先将木棍排序（两个关键字依次升序），用数组p存储木棍是否已经被处理（未被处理为0），然后从头遍历，碰到第一个根p!=0的木棍，存储其长和重，记为curl和curw，继续往后遍历，对每根p!=0的木棍，若其l>=curl&&w>=curw为真，则处理这根木棍，并更新curl和curw；反复循环直至所有木棍被处理。
B
要求至少能赢的局数，共N*M张卡片，先降序排序，然后分析：
1.手上最大的k张卡片，每一张都能赢一局；
2.从N*M-k开始往下遍历每一张不是自己的卡会输一局，每张自己的卡会赢一局，记录最大的可能获胜局数x；
则至少能赢k+x局。
C
本题关键在于弄清贪心的方法。根据题意，所有作业完成时间都为1天，并且超过截止时间之后扣分不会变化，即如果作业超过截止时间，就不需要再考虑其完成时间。
用数组day来标记第i天完成了第j份作业，数组day全部初始化为-1，表示该天还没有安排作业。将作业按分数降序排序。每一份作业需要尽量排在其截止日期或之前，且尽量靠后的位置，这样总扣分最少。
证明：
依次考虑每份作业。
假设该份作业的截止日期为t，那么，他只需要在前t天中的任意一天做完就能不扣分，否则扣分。根据贪心规则，后面的作业分数都小于等于当前作业，那么如果因为完成该份作业导致另外一份作业无法完成，总扣分不会更多。这样，在相同的作业完成数量下，完成的作业的分数一定是尽可能大的。
在这个前提下，我们希望完成尽可能多的作业。假设下一份作业的截止时间为s，
若s>=t，那么可供下一份作业选择的完成时间不变；
若s<t，那么若果该份作业被安排在前s天，可供选择的完成时间会少1。
因此，作业的完成时间应尽量推迟，并且先安排分数多的作业，就可以使扣分最少。
D
典型区间不想交问题，将各区间的左右端点记为ai和bi，按bi升序，ai降序排列，用cur标记当前区间的最右端，从前往后遍历，如果ai<=cur，那么可以选择，更新cur并计数。
E
各个仓库按照性价比（java豆/猫粮）降序排序，按顺序拿，若猫粮不够，则按比例拿走部分，全部相加即可。
F
其实看明白问题的话非常轻松，只需要计算每个走廊对应的最多占用次数即可，记得将房间号加1再除2，得到对应的走廊号，并注意每次搬运的前后节点也看作占用。
G
优先安排大包裹。其中5*5的安排完只能安排1*1；4*4和3*3的安排完，剩余空间优先安排2*2，再安排1*1.若2*2和1*1的包裹还有剩余，则令取包裹安排即可。
H
对于每两头牛之间的长度l，假设左边i头牛，右边n-i头，那么区间内有i*(n-1)对牛的声音，总声音i*(n-i)*l，各段依次相加，最后乘2即可。
I
策略同C题，我代码都没怎么变。
J
对于每一个岛屿，要能接受到信号，雷达的安装都有一个范围，记为[ai,bi]。那么一个雷达的最贪安装位置为ai或者bi处，这里我选择bi。将所有雷达按照bi升序排序，遍历，第k个雷达安装的位置为xk，若ai<=xk<=bi，那么不需要额外的雷达，否则，雷达应该安装在bi处。计数输出即可。
K
所有泥潭升序排序，用一个变量cur标记当前铺了木板的最右端。
对第i个泥潭，其边界为ai和bi，分三种情况：
1.bi<=cur，不需要另外铺木板；
2.ai<cur，应当从cur开始铺木板；
3.cur<=ai，应当从ai开始铺木板；
铺完木板，计数，更新cur并继续循环即可。
L
该题要素较多，比较繁琐。
（但是只要够贪，，，仍然很麻烦）
对于n口池塘，如果需要到第k口池塘钓鱼，那么路过的1-k-1口池塘里面的鱼都能随意的钓并且不花费额外的走路时间（可以先算好在哪一口池塘钓几分钟）。
那么考虑k从1遍历到n，选择期望钓鱼sum最多的结果。
对于每一个k，剩余时间为总时间减去走路的时间，对池塘采用优先队列，排序方式为：将前k口池塘按照现有鱼的数量降序，再按照池塘编号升序的方式排序。每一次取出队首元素，钓鱼，再入队（鱼的数量可能减少了）。
这样遍历，最后按要求输出即可。
p.s.
需要注意每一次减少鱼的数量时不能少于0，不然最终时间过剩时可能不会优先选择1号池塘；
当还没钓鱼，剩余时间就<=0的时候，可以直接跳出循环，因为后面的池塘的走路时间肯定比现在长；
仅样例之间有换行，且每个样例第一行的','后面有一个空格（被坑的有点惨）;
M
(自己的思路错了，看的题解的)
题解连接：
一棵树，结点树为n ，根结点为r 。 每个结点都有一个权值ci ，开始时间为0 ，每染色一个结点需要耗时1 ，每个结点的染色代价为ci*ti （ ti为当前的时间），每个结点只有在父结点已经被染色的条件下才能被染色。 求染完整棵树需要花费的最小代价。
题解：
结论证明来源： hi.baidu.com/cheezer94/i…
结论1 ：对于一个非根结点，它具有非根结点的最大权值，那么访问完它的父亲后就要立即访问它才能使得代价最小。
处理过程：
1 ）建立结构体node ，结构体数组 node[i] 表示i结点的状态， node[i].c=ci 为总权值， node[i].w=ci 为当前权值， node[i].t=1 为经过这个结点需要的耗时（也可以理解为这个结点包含几个合并的结点）， node[i].pre 为父结点
2 ）找到一个最大权值非根结点，将其m与其父亲p合并形成一个新的结点，新结点还是原来p的位置，这个新结点的子结点为m和p的子结点；答案ans+= node[m].c*node[p].t ，表示经过父节点p后，需要经历 node[p].t 时间才到达m ，所以讲m同p合并后，总代价要加上这段路径的代价；新结点的情况 node[p].c+=node[m].c ， node[p].t+=node[m].t ， node[p].w=1.0*node[p].c/node[p].t （新结点权值变成算术平均值，因为到这个结点的代价被平分分给t个结点）。
3 ）重复2 ）直到结点只有一个为止。
4 ） ans+=∑ci ，因为本身染色需要耗时1 ，也就要支付代价ci*1.
