POJ1716 贪心

题目大意：在[0,10000]上给出n个区间，要求在区间选整数点，每个区间至少包含两个点，问至少要几个点。题目保证有解决方案。

题目分析：

　　我们做过在区间上至少包含一个点的题目。类似的方法，我们先排序后去掉区间包含的情况。接着我们贪心。对于第i个区间，取最后两个点，如果第i+1个区间包含这两个点，那么跳到第i+2个区间。如果第i+1个区间一个点也不包括，那么对于第i+1个区间取最后两个点。如果只包含一个点，那么在第i+1个区间取最后一个点，继续判断。

题目代码：

　　

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstdlib>
 #include<cstring>
 #include<queue>
 #include<vector>
 #include<algorithm>
 using namespace std;

 struct edge{int to,w;};

 int n;
 vector <edge> g[];
 int d[];
 queue<int> que;
 int maxx;

 void read(){
     for(int i=;i<=;i++) g[i].clear();
     maxx = -;
     for(int i=;i<=n;i++){
         int x,y; scanf("%d%d",&x,&y);
         maxx = max(maxx,y+);
         x++;y++;
         edge ed;ed.to = y;ed.w = ;
         g[x-].push_back(ed);
     }
     for(int i=;i<=maxx;i++){
         edge ed;ed.to=i+;ed.w=;
         g[i].push_back(ed);
         ed.to=i;ed.w=-;
         g[i+].push_back(ed);
     }
 }

 void work(){
     for(int i=;i<=maxx;i++) d[i]=-;
     que.push();
     d[] = ;
     while(!que.empty()){
         int k = que.front();que.pop();
         for(int i=;i<g[k].size();i++){
             if(g[k][i].w+d[k] > d[g[k][i].to]){
                 d[g[k][i].to] = g[k][i].w + d[k];
                 que.push(g[k][i].to);
             }
         }
     }
     printf("%d\n",d[maxx]);
 }

 int main(){
     scanf("%d",&n);
     read();
     work();
     return ;
 }

思考：我们不妨对问题加以拓展。

　　问题一：我们做过一个区间选一个点的题，做过一个区间选两个点的题。那么当一个区间选n个点时怎么去做？

　　问题二：上面的区间选点数量都是相同的，当区间选点数量不同时怎么做？

解法：

　　对于问题一：很容易就能想出拓展方法，每次对每个区间都选最后n个点，容易证明这是最优的。

　　对于问题二：发现上面的贪心无法使用，需要另辟蹊径。不妨令s[i]表示前i个点被选的情况。那么有s[r]-s[l-1]>=c[i]。c[i]该区间应选点数。

　　　　　　　　由于这里有很多个不等式，又要求最小化s[10000]，容易思考到这可能是要用到线性规划去解决。

　　　　　　　　接着我们打了一个单纯形法。

　　　　　　　　

　　　　　　　　收获了一个TLE。仔细想想就会发现问题并不是这么难。这里的不等式并不如线性规划里面的那么复杂。

　　　　　　　　那么我们可以建图跑最长路。这就是答案。具体怎么建图可以参考网上其它人的博客。我不想再写下去了。