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