贪心+优先级队列

　　Expedition（加油站问题）

　　Fence Repair（木板切割）

 

Expedition（加油站问题）

你需要驾驶一辆卡车形势L单位距离。最开始时，卡车上有P单位的汽油。卡车每开1单位距离需要消耗1单位的汽油。如果在途中车上的汽油耗尽，卡车就无法继续前行，因而无法到达终点。在途中一共有N个加油站。第i个加油站在距离起点Ai单位距离的地方，最多可以给卡车加Bi单位汽油。假设卡车的燃料箱的容量是无限大的，无论加多少油都没有问题。那么请问卡车是否能到达终点？如果可以，最少需要加多少次油？如果可以到达终点，输出最少的加油次数，否则输出-1。

思路：

在任何一个加油站，加的油量都是在Bi中的，所以说，为了一次加最多的油量，运用优先级队列，把可以加的油量从大到小排列。

定义一个优先级队列que，三个变量，ans是加油次数，pos是当前位置，tank是油箱剩余油量

遍历N个加油站，用d来表示从当前位置到加油站所需要的路程，然后用剩余油量tank-d，判断油量是否够

如果油量够了，则更新油箱的油量，把当前的位置更新成刚刚加油站的位置，然后把可以加油的最大油量加入优先级队列

如果油量不够，则判断优先级队列是否为空，如果是空就表示，油量支撑不到下一个加油站

如果优先级队列不为空，就把tank中的油量加上优先级队列中顶部的值，更新油量，然后ans加油次数加一

//N是加油站，L是需要行驶的距离，P是油箱油量
int N = 4, L = 25, P = 10;
int A[] = { 10,14,20,21 };
int B[] = { 10,5,2,4 };

void solve()
{
    priority_queue<int> que;
    int ans = 0, pos = 0, tank = P;
    for (int i = 0; i < N; i++)
    {
        int d = A[i] - pos;
        while (tank - d < 0)
        {
            if (que.empty())
            {
                cout << "-1";
                return;
            }
            tank += que.top();
            que.pop();
            ans++;
        }
        tank -= d;
        pos = A[i];
        que.push(B[i]);
    }
    cout << ans;
}

 

Fence Repair（栅栏切割）

题目：
农夫约翰为了修理栅栏，要将一块很长的木板分割成N块。准备切成的木板的长度为L1、L2、……、Ln. 未切割木板的长度恰好为切割木板的长度和。每次切断木板时，需要的开销为这块木板的长度。例如，长度为21的木板切割成5、8、8的三块木板。长为21的木板切割成13、8时，开销为21。再将长度为13的木板切割成长度5、8时，开销为13.于是合计开销为34。于是按题目要求将木板切割完，最小的开销是多少？

 

思路：

因为要求最小的开销，所以用优先级队列建立从小到大排序的队列。

每次只用取出队列前两个最小的数值进行运算，运算完成之后用ans累加，然后再把ans放入队列中，不断的循环执行这个操作，直到队列为空。

int N = 3;
int L[] = { 8,5,8 };

void solve()
{
    int ans = 0;
    priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> que;
    for (int i = 0; i < N; i++)
    {
        que.push(L[i]);
    }
    //循环到只剩一个木板
    while (que.size() > 1)
    {
        int m1, m2;
        m1 = que.top();
        que.pop();
        m2 = que.top();
        que.pop();
        ans += m1 + m2;
        que.push(m1 + m2);
    }
    cout << ans;
}