第四次算法作业 荆楠

（1）用伪代码写出算法； ，则显然有一个最有解优先执行任务 1，若不然，设 it=1，交换 i1 和 it，得到一个新的解 it,i2,…,it-1,i1,it+1,…,in，这个新解的平均等待时间 T`为
由于≥，那么，≥0。由于 T 是最小的，可知 T`=T，新解 it,i2,…,it-1,i1,it+1,…,in 也是 一个最优解，且。 综上所述，该问题具有贪心选择性。 （2） 优化子结构： 设 i1,i2,…,in 是 n 个任务的最优解， 我们只需要证明 i2,…,in 是剩余 n-1 个任 务的最优解。显然 i2,…,in 是子问题的一个最优解，其平均等待时间。若不然， i2,…,in 不是子问题 n-1 个任务的最优解，则一定有一个更优的调度 j2,…,jn，其 平均等待时间 T```＜T``，则 i1,j2,…,jn 显然也是 n 个任务的解，且其平均等待 时间
1.现有一台计算机，在某个时刻同时到达了 n 个任务。该计算机在同 一时间只能处理一个任务， 每个任务都必须被不间断地得到处理。 该 计算机处理这 n 个任务需要的时间分别为 a1,a2,…,an。将第 i 个任务 在调度策略中的结束时间记为 ei。 请设计一个贪心算法输出这 n 个任 务的一个调度使得用户的平均等待时间 1/n∑ei 达到最小。答案要求 包含以下内容： （1）证明问题具有贪心选择性； （2）证明问题具有优化子结构； （3）根据贪心选择性和优化子结构用伪代码写出算法； （4）分析算法的时间复杂度 （题有问题，1/n∑ei 是平均响应时间，不是平均等待时间）
Input：兑换面值 n Output：兑换硬币个数 x Greedy-Get-Change(n) 1 x←n/10+n%10/5+n%10%5/2+n%10%5%2 2 return x 算法的时间复杂度为 O(1)。
3.给定 k 个排好序的有序序列 s1,s2 , … , sk ,现在用 2 路归并排序算法 对这些有序序列排序。 假定用 2 路归并排序算法对长度分别为 m 和 n 的有序序列排序要用 m+n-1 次比较操作。设计一个贪心算法合并 s1,s2,…,sk 使得所需的比较操作次数最少。答案要求包含以下内容： （1）证明问题具有贪心选择性； （2）证明问题具有优化子结构； （3）根据贪心选择性和优化子结构用伪代码写出算法； （4）分析算法的时间复杂度。
2. 现有面值为 1 角、5 分、2 分、1 分的硬币，每种硬币的个数都是 无限的。给出一个贪心算法，使得对任意给定的面值为 n(n>18)分的 纸币能够将它兑换成币值相等的硬币且使用硬币个数最少。 证明算法 的正确性并分析其复杂度。
答：贪心思想：对于给定的面值，每次都取尽可能多的当前可以取到的最大面值 硬币。1 角=10 分 贪心选择性：尽可能多地取当前可取最大面值硬币，即证明当 n≥10 时，最优解 是优先选择一个 1 角硬币，最优解为 x。若不然，则需选择至少两个 5 分硬币来 替换该 1 角硬币，x`≥x+1。以此类推，同理可证当 5≤n＜10 时，优先选择一个 5 分硬币，当 2≤n＜5 时，优先选择一个 2 分硬币，当 n＜2 时，选择 1 分硬币。 优化子结构：该问题显然具有优化子结构，当选择一个面值为 m 的硬币后，子 问题为 n-m 的硬币兑换问题，仍是选择面值≤n-m 的最大面值的硬币。若不然， 子问题有一个更优的解使硬币个数 x`-1<x-1， 那么加上选择的第一个硬币不等式 即可化为 x`＜x，与原问题解是最优解相矛盾，因此该问题具有优化子结构。 算法伪代码：
由于 b1bj，因此。又因为原映射 f 为优化解，故。因此,f `也为优化解，且 a1=ai， b1=bj。故该问题具有贪心选择性。 优化子结构： 对排序后的 A,B 中元素分别表示为 a1,a2,…,an 和 b1,b2,…,bn。 映射 f： f(ai)=bi,1≤i≤n 是优化解，则只需证明映射 f `：f(ai)=bi,2≤i≤n 是子问题 A-a1 和 B-b1 的优化解。若不然，存在一个更优的映射 f ``使得 A-a1 到 B-b1 的代价更大，即 C`2-n>C2-n，那么，C`2-n+>C2-n+,与 f 是原问题的优化解相矛盾，因此 f `是其子问 题的优化解，该问题具有优化子结构。
4.给定两个大小为 n 的正整数集合 A 和 B。对于 A 到 B 的一个一一 映射 f，不妨设 f(ai)=bi（i=1,…,n） ，则 f 的代价为。试设计一个贪心 算法，找出从 A 到 B 的代价最大的一一映射。你的答案应包括： （1）用伪代码写出算法； （2）证明算法的正确性；
答： （1）贪心思想：为了得到代价最大的映射，每次选择 A，B 集合中最大的 ai 和 bi 使得 f(ai)=bi，这样获得的将最大。 算法伪代码： Input：正整数集合 A[1:n],B[1:n] Output：A 到 B 的映射 f MAX-MAP(A,B) 1 create new array f[1:n][1:2] 2 n←length(A) 3 Merge-Sort(A,1,n) 4 Merge-Sort(B,1,n) 5 for i←1 to n 6 do f[i][1]←A[i] 7 f[i][2]←B[i] 8 return f 算法时间复杂度分析：算法第 1-2 行时间复杂度为 O(1)，第 3-4 行时间复杂 度为 O(nlogn)，第 5-7 行时间复杂度为 O(n)，第 8 行时间复杂度为 O(1)。算法总 的时间复杂度为 T(n)=O(nlogn)。 （2）证明算法正确性 贪心选择性： 排序后的 A,B 中元素分别表示为 a1,a2,…,an 和 b1,b2,…,bn。 只需证明 一个优化映射中存在 f(a1)=b1。若优化解中不存在这一映射，设 a1≥ai，b1≥bj，不 失一般性，优化解 f 中存在映射 f(a1)=bj,f(ai)=b1。则代价 C=，Cr 为其余映射项的 代价和。交换 b1 与 bj，令映射 f `中包含映射 f(a1)=bj,f(ai)=b1。那么一个新的解的 代价 C`=。
答：贪心思想：为了使比较操作的次数最少，每次选择长度最小的两个有序序列 进行排序， 合成一个新的有序序列加入原序列中，直至将 k 个有序序列合并为一 个有序序列为止。整体思想类似赫夫曼编码，可以将序列的合并用树表示，合并 得到的新序列用这两个左右节点的根节点表示。 则显然每个叶节点序列需比较的 次数就是这个序列所在树中的编码长度（树的深度，根节点深度为 0） 。 （1）贪心选择性： 不妨设 s1,s2 为长度最短的两个序列，则只需要证明存在一种最优解，其中执 行了 s1 和 s2 的合并操作。设 T 是一个最优解构成的树，其中 sa 和 sb 是具有最大 深度的两个兄弟序列节点。不失一般性，设 L(sa)≤L(sb)，L(s1)≤L(s2)。因为 s1 和 s2 是具有最短长度的序列，故有 L(sa)≥L(s1)， L(sb)≥L(s2)。交换 T 中 sa 和 s1 的位置，得到树 T`，再交换 sb 和 s2 的位置得到树 T``。往证 T``是最优解构造的树。
答：贪心思想：为了使平均等待时间最短，每次选择执行时间最短的任务。 （1） 贪心选择性： 不妨设编号为 1 的任务是 n 个任务中执行时间最短的，则我们只需要证明有 一个最优解是优先执行任务 1 即可。那么，设 i1,i2,…,in 是一个最优解，则第 ij 个任务的等待时间为 则平均等待时间 T 为：
由于 L(sa)≥L(s1)，dT(sa) ≥dT(s1)，因此 cost(T)-cost(T`)≥0，cost(T)≥cost(T`)。同理 可 证 cost(T`)≥cost(T``) ， 于 是 cost(T)≥cost(T``) 。 由 于 T 是 最 优 化 的 ， 所 以 cost(T)≤cost(T``)。于是 cost(T)=cost(T``)，T``也是合并最优解的树。因此该算法 具有贪心选择性。 （2）优化子结构： 设 T 是序列 S={si|0≤i≤k}的一个最优解构成的树，不妨设 sx 和 sy 是 T 中任意
连个相邻叶节点，sz 是他们的父节点，则 sz 是长度为 L(sz)= L(sx)+L(sy)的字符， T`=T-{sx,sy}是 S`=S-{sx,sy}∪sz 的优化解构成的树。 往证 cost(T)=cost(T`)+L(sx)+ L(sy)-1。
对∀v∈S-{sx,sy}， ， 。由于，则有 L(sx)+L(sy)-1=(L(sx)+L(sy))(+1)-1 =(L(sx)+L(sy))+ L(sx)+L(sy)-1 = L(sz)+ L(sx)+L(sy)-1 若 T`不是 S`的最优解，则必存在 T``，使 cost(T``)<cost(T`)。因为 sz 是 S`中的序 列，则必为 T``中的叶子，把节点 sx 与 sy 加入 T``中，作为 sz 的子节点，则得到 了 S 的一个新的优化解树 T```，那么， cost(T```)=cost(T``)+ L(sx)+L(sy)-1<cost(T`)+ L(sx)+L(sy)-1=cost(T)，与 T 是优化解 矛盾，故 T`是 S`的优化解树。 （3）算法伪代码 Input：k 个序列 S[1:k] Output：合并最小代价 cost Min-Merge-Cost(S) 1 n←length(S) 2 cost←0 3 Q←S/*用 build-heap 建立堆 */ 4 for i←1 to n-1 5 do z←Allocate-Node() 6 x←left[z]←Extract-MIN(Q) /*堆操作*/ 7 y←right[z]←Extract-MIN(Q) /*堆操作*/ 8 z←Merge (x,y) 9 cost←cost+length(x)+length(y)-1 10 Insert(Q,z) /*堆操作*/ 11 return cost （4）时间复杂度分析： 设 Q 由一个堆实现，建堆的时间复杂度为 O(n)，每个堆操作要求 O(logn)，循环 n-1 次为 O(nlogn)。总的时间复杂度为 T(n)= O(n)+ O(nlogn)。