习题16.1-4 区间图着色问题。边最多的顶点G，其边数n即需要的颜色数，也即教室数。有n种颜色，顶点标为第i种颜色，则此活动可放在第i个教室举行。从一顶点开始广度优先遍历，将相连接的点标为不同颜色，标颜色同时检查与此相连的所有点颜色不同。然后检查全部顶点，有未标色的顶点，按照上法重新开始标色。

习题16.1-5 如果每个活动有值vk，要求vk总和的最大值，那么这个题就需要用动态规划求解了。时间为i，若有一个完成的活动，此活动编号为j，则D[i]=max( D[i- tj] + v[j] , D[i-1] )，表格D记录了到时间i为止最佳的选择方案。

习题16.2-1 证明分数背包具有贪心性质。考察最大vi/wi的商品，在背包的部分空间wi中，无论用什么其他商品代替，都只有此i商品具有最大价值，同时剩余的w-wi空间，无论如何选择都不会影响到这一wi的部分。此部分只能选择i商品。综上，背包的解法具有贪心性质。

习题16.2-2 动态规划0-1背包问题。V[i, j]代表第i次选择商品，j是在背包重量为j时的最佳方案。

for i = 1 to n
  V[i, j]=max( V[i-1, j-wi] + vi , V[i-1, j] ) //两种选择，放入第i个商品或者不放入
best_result=max(V[n, w])

习题16.2-4 从起点开始，最大取水方案是每次取水后跑尽可能远。证明：若取水方案不包括第一次开始时尽可能远的点a1，假设第一个取水点为a1‘，那么a1’必然在a1之前，那么从a1到an的取水次数大于a1’到an的取水次数。距离远反而次数少，这是不可能的。

习题16.2-6 分数背包问题主要是排序，O(n)的排序算法可以用基数排序。

习题16.3-7 3进制的赫夫曼编码。与2进制类似，选择3个有最小概率的元素，组成子树，将子树与其他未排序的点一起，继续组成3分支的子树。

for i =1 to n-1
  allocate a new node A
  A.left=x=min_freq(Q)
  A.middle=y=min_freq(Q)
  A.right=z=min_freq(Q)
  A.freq=x.freq+y.freq+z.freq
  insert A to Q

习题16.3-8 因为最高频率不超过最低频率的2倍，所以不存在最低2个元素频率相加大于最高1个的情况。那么层层传递上去，最低2个频率相加始终不能超过最高的1个。最终所有的元素都在同一层。

思考题16-1 贪心法解找零问题。首先用最大面额，直到不能用为止，然后换次大面额，依此类推……直至找到全部零钱。

贪心法能或不能得到最佳解，与面额有关。1，面额为C^k形式的硬币，因为C[i]^ki=C[i-1]^kj，即任意小面额的硬币总能将一部分换成更少的大面额的硬币，那么只要大面额的硬币尽可能多，那么一定能得到更少的硬币数量。2，比如若出现10, 9, 1的面额，那么贪心法不能保证得到最佳解。

任何k种不同面额的情况，需要动态规划。D[i]=D[i-Cj]+Cj表示硬币得到总额为i的最佳方案。

for i = 1 to n
  D[i]=i;
for(i=1; i!=n;i++){
  for j= 1 to k
    D[i]=min( D[i-C[j]]+C[j], D[i]);
}

思考题16-2 最小平均完成时间调度问题。貌似是小学数学奥赛题？呵呵。总时间是C[1]*n+C[2]*(n-1)+…C[n]。即安排在第一位的任务的时间重复计算了n次，安排在第二位的任务计算了n-1次，依此类推。那么最佳方案是将最短的任务放在最前。

对于可以抢占的情况，将时间最短的任务分配最高的优先级，优先级高的任务一旦满足释放时间，立即抢占优先级低的任务。

思考题16-3 列向量都是有2个坐标为1，其余坐标为0，代表从一个顶点到另一个顶点。若有2个列向量的1个坐标相同，则表明2边有共同顶点。形成环的V1，V2..Vk相加后，所有的公共点上坐标都是2的整数倍，模2后全部坐标为0，可知环的所有边的列向量线性相关，无环的所有边列向量线性无关。

因为矩阵的秩即最大列向量线性无关组的大小，所以最大无环边集的边总数是一定的。那么就用贪心算法，每次把最大的权重加入可得。

有向图可以在列向量的坐标上加上+-号标明边是从顶点出发还是到顶点终止。两个列向量如果有一个坐标相加为0，则它们首尾相连。形成环的V1，V2..Vk相加后，所有的公共点上坐标都是0，可知有向图的环的所有边的列向量线性相关，无环的所有边列向量线性无关。

思考题16-4 取有最大惩罚值wi的任务i与任意其他任务j互换即可证明。

思考题16-5 离线缓存问题，将来最远的贪心策略。假设将来最远的元素为wi，若不是换出wi而是前面的wj，则运行到wj的位置，必有一次换出任意元素，换入wj，此后的调度与当初直接换出wi是一致的。证明当初不换入wi，使得总交换次数多了一次。可知将来最远策略是最优的。

实现此管理功能，需要维护一个hash_map<>variable_table保存所有元素的信息，一个vector<>cache_table保存缓存各槽的信息，每次遇到一个元素，判断是否在缓存内，不在则找到缓存内各元素的距离最大值将该元素换出。每个元素的信息放在一个variable对象里面，每个槽的信息放在cache_slot对象里面。

class Variable{
  string name;  
  int cache_slot;   //在缓存中位置，或者NIL表示不在缓存中
  int future_dist;    //序列中下次出现此元素的距离
  list<int>positions;    //这个list用来放置此元素在序列中每次出现的位置。但此list可有可无，详情见后文。
  int current_p;    //结合上表，表示元素在list已出现p次，可以帮助快速找到元素下一次出现位置
}
class Cache_Slot{
  int slot_num;
  Variable v;
}
hash_map<string, Variable>variable_table  //表格放置元素信息
vector<Cache_Slot>cache_table  //表格放置缓存各槽信息
while(r){
  r=r.next;
  current_v++;  //辅助更新variable的future_dist
  in_v=variable_table[r.name];
  if(in_v.cache==NIL){
    out_v=max_future_dist( cache_table ){ for each s in cache_table{v=max(v, s.v); } return v; }();
    cache_table.exchange(out_v, in_v);    //执行换入换出，更新cache_table
    out_v.update_cache();
    in_v.update_cache();        
  }
  for each slot in cache_table{
    v=variable_table[slot.name];
    v.update_dist();  //这里用的方法是在Variable的list里面直接查找，如果Variable中不要list，可以直接在序列中向后查找 
}
注：max_future_dist()是O(k)的时间复杂度。k个槽中的元素更新最远距离的复杂度依赖于实现方式。如果每次都是重新向前搜索一遍，并用set保存搜索的元素，时间复杂度是O(n*lg(k))，空间复杂度是O(k)，如果用list记录每个元素的所有出现位置，时间复杂度是O(k)，但是空间复杂度是O(n)。如果是对静态的序列，可以预见不同元素的总数，用第二种方法较好；但如果对于动态序列边输入边处理的情形，因为元素总数不确定，前面出现过的元素都必须保留，会导致n越来越大，list越来越多，也许用第一种方法更好。