[bzoj1594] [Usaco2008 Jan]猜数游戏

　　二分答案（二分没冲突的前Q-1个问题），用并查集判定（用法同bzoj 1576）

　　假设一个询问区间[l,r]，最小干草堆数目是A，我们可以得出[l,r]上的干草堆数目都>=A。

　　二分出mid后，把1~mid个询问按照最小干草数量A降序排序。。如果这些询问的回答自相矛盾的话，就存在一个询问区间[l,r]，它的每个位置都存在于之前的询问区间（指那些A值比当前A值大的区间）中。也就是说根据以前的询问我们得出[l,r]里面任何一堆干草数目都大于当前的A值，那就自相矛盾了。（注意如果多个区间A值相同的话就取交集。

　　就变成判断一段区间是否已被完全覆盖。。那就可以上并查集了。fa[i]表示i点所在的被覆盖的区间的左端点。

　　这样的话是O(nlogQ*alpha(n))的。。我们可以离散化一下。。因为只要知道当前区间中是否存在一个点没被覆盖过，所以只要从离散化后相邻两个值中多拿出一个点做代表就行了（前提是相邻的差值>1）。这样就只剩4*Q堆干草了。

　　卡了半天常。。

 #include<cstdio>
 #include<iostream>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 using namespace std;
 const int maxn=;
 struct zs{
     int l,r,id,mn;
 }q[];
 int fa[],now[],map[],L[],R[],mp[];
 int j,k,n,m,l,r,mid,tot,premx,mnx,mny,mxx,mxy;
 bool flag;
 int ra;char rx;
 inline int read(){
     rx=getchar();ra=;
     while(rx<''||rx>'')rx=getchar();
     while(rx>=''&&rx<='')ra*=,ra+=rx-,rx=getchar();return ra;
 }
 bool cmp(zs a,zs b){return a.mn>b.mn;}
 inline bool can(int x){
     register int i,j,k;now[]=;
     for(i=;i<=m;i++)if(q[i].id<=x)L[++now[]]=q[i].l,R[now[]]=q[i].r,now[now[]]=i;
     memset(fa,,(premx+)<<);premx=;
     for(i=;i<=now[];i=j+){
         for(j=i;j<now[]&&q[now[j+]].mn==q[now[i]].mn;j++);
         mnx=mny=tot;mxx=mxy=;
         for(k=i;k<=j;k++){
             if(L[k]<mnx)mnx=L[k];if(L[k]>mxx)mxx=L[k];if(R[k]<mny)mny=R[k];if(R[k]>mxy)mxy=R[k];
         }
         for(flag=,k=mny;k>=mxx;k=fa[k]-)
             if(!fa[k]){flag=;break;}
         if(!flag)return ;
         if(mxy>premx)premx=mxy;
         for(k=mxy;k>=mnx;k--)
             if(!fa[k])fa[k]=mnx;
             else{k=fa[k];if(k>=mnx)fa[k]=mnx;}
     }
     return ;
 }
 inline int get(int x){
     l=;r=tot;
     while(l<r){
         mid=(l+r+)>>;
         if(mp[mid]>x)r=mid-;else l=mid;
     }return l;
 }
 int main(){
     register int i;
     n=read();m=read();tot=m<<;
     for(i=;i<=m;i++)q[i].l=map[i]=read(),q[i].r=map[i+m]=read(),q[i].mn=read(),q[i].id=i;
     sort(map+,map++tot);int tmp=;
     for(i=;i<=tot;i++)if(map[i]!=map[i-])map[++tmp]=map[i];tot=tmp;tmp=;
     for(i=;i<=tot;i++)if(map[i]+<map[i+])mp[++tmp]=map[i],mp[++tmp]=map[i]+;else mp[++tmp]=map[i];
     tot=tmp;
     for(i=;i<=m;i++)q[i].l=get(q[i].l),q[i].r=get(q[i].r);
     sort(q+,q++m,cmp);
     l=;r=m;
     while(l<r){
         mid=(l+r+)>>;
         if(can(mid))l=mid;else r=mid-;
     }
     if(l==m)puts("");else printf("%d\n",l+);
     return ;
 }

UPD：妈呀之前有个地方大和小打反了>_<..已更正

UPD2： 还需要特判 值不够用的情况..因为数字互不相同&上限是10^9。

一个询问(L,R,A)意味着这个区间里有R-L+1个>=A的数...数据(可能出题人也)没有考虑到这部分..

正常版本见51nod1336。有个做法是二分图匹配，不过复杂度感人。