HDOJ1384 Intervals 题解
题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1384
大意:有 \(n\) 个区间 \([a_i,b_i]\),每个区间有个权值 \(c_i\),找到一个最小的整数集合 \(U\) 满足,任意 \(i\) 都有 \([a_i,b_i]∩U\) 的元素个数大于等于 \(c_i\),求 \(U\) 元素个数
(\(1\le n \le 50000\),\(0\le a_i \le b_i \le 50000\),\(1\le c_i \le b_i-a_i+1\))
网上找了找发现都是差分约束的题解,我用树状数组+并查集过了,于是就有了这篇辣鸡题解
思路简单来说就是贪心,每次找到右端点最小的区间 \([a_i,b_i]\),令 \(cnt\) 为这个区间内已经存在的点数,从 \(b_i\) 开始往前找 \(c_i-cnt\) (小于等于 \(0\) 就不用管啦)个未被选取的点,选取之
那么并查集有啥用呢?就是快速找到未选取的元素(因为选了的元素被合并了)
复杂度 \(O(n\log W+W)\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define mst(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
inline ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)==-1)exit(0); return x;}
const int N=50010;
const int mod=(1?1000000007:998244353);
#define lb(x) (x&(-x))
struct BIT{ //树状数组
ll t[N];
void add(ll x,ll k){
x++;
for(;x<=50009;x+=lb(x))
t[x]+=k;
}
ll sum(ll x){
x++;
ll ans=0;
for(;x!=0;x-=lb(x))
ans+=t[x];
return ans;
}
}bit;
struct DSU{ //并查集
int a[N];
void init(int n){iota(a,a+n+1,0);}
int fa(int x){return a[x]==x?x:a[x]=fa(a[x]);}
inline int &operator[](int x){return a[fa(x)];}
}d;
struct node{
int l,r,w;
bool operator<(const node &b)const{
return r<b.r; //按右端点排序
}
}a[N];
signed main(){
ios_base::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
while(1){
int n=read();
repeat(i,0,n){
a[i].l=read()+2;
a[i].r=read()+2;
a[i].w=read();
}
sort(a,a+n);
mst(bit.t,0);
d.init(N-1);
int ans=0;
repeat(i,0,n){
auto x=a[i];
int cnt=bit.sum(x.r)-bit.sum(x.l-1); //区间中已被选取的元素个数
int k=d[x.r];
while(cnt<x.w){
bit.add(k,1); //选取k
d[k]=d[k-1]; //删除k
k=d[k]; //查找k之前第一个未被删除的元素
ans++,cnt++;
}
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
然后差分约束的解法不算难( 但是我没看出来),别的题解讲挺清楚的我就不写了
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