\(\\\)

Description


有一个长度为 \(n\) 的奶牛队列,奶牛颜色为黑或白。

现给出 \(m\) 个区间 \([L_i,R_i]\) ,要求:每个区间里 有且只有一只黑牛

问满足所有给出限制最少有多少头黑牛,若无合法方案输出 \(-1\) 。

  • \(n\le 2\times 10^5,m\le 10^5\)

\(\\\)

Solution


单调队列优化。

设 \(f[i]\) 表示,第 \(i\) 个位置为黑牛, \([1,i]\) 的设置符合所有限制,最少有多少头黑牛。

考虑合法的转移区间的限制有哪些。

  • 每个区间里只能有一头黑牛。

    这个限制说明,所有包含 \(i\) 的区间里,都不能再有黑牛,所以转移区间右端点为,包含 \(i\) 的区间里最小的的 \(L_i-1\) 。

  • 每个区间里必须有一头黑牛。

    这个限制比较麻烦。因为不能有区间空着,所以所有不包含 \(i\) 的区间里都要有黑牛。

    所以我们要找到,不包含 \(i\) 的区间里最大的 \(L_i\),转移的右端点就是这个 \(L_i\) 。

然后就可以单调队列优化了。注意不合法状态不放到单调队列里。

\(\\\)

Code


写起来其实还是可以判断代码能力的。

有一种比较优秀的写法 不知道比我原来yy的高到哪里去了 ,利用了一个单调性。

一个点转移的合法区间左右端点其实都有单调性。

如果包含这个位置的最左端点要小于上一个位置,显然上一个位置可以直接换成这个值。

如果不包含这个位置的最右端点要小于上一个位置,显然这个位置的右端点也可以直接换成上一个位置的值。

这样一来我们的预处理是线性的了,也就是说,对于每个区间,我们只需要标记区间右端点和区间右端点 \(+1\) 的位置,最后扫描一遍所有位置。

还有一个技巧是统计答案的时候,不需要讨论最后一个位置什么颜色,只需要让数列长度 \(+1\) , 最后一个位置的 \(f\) 值就是答案。

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 200010
#define R register
#define gc getchar
#define inf 2000000000
using namespace std; inline int rd(){
int x=0; bool f=0; char c=gc();
while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=gc();}
while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();}
return f?-x:x;
} int n,m,l[N],r[N],f[N],q[N],hd,tl; int main(){
n=rd(); m=rd();
for(R int i=1;i<=n+1;++i) r[i]=i-1;
for(R int i=1,sl,sr;i<=m;++i){
sl=rd(); sr=rd();
r[sr]=min(r[sr],sl-1);
l[sr+1]=max(l[sr+1],sl);
}
for(R int i=1;i<=n+1;++i) l[i]=max(l[i],l[i-1]);
for(R int i=n;i;--i) r[i]=min(r[i],r[i+1]);
int ptr=1; hd=tl=1;
for(R int i=1;i<=n+1;++i){
while(ptr<=r[i]){
if(f[ptr]<0){++ptr;continue;}
while(f[ptr]>f[q[tl]]&&hd<=tl) --tl;
q[++tl]=ptr; ++ptr;
}
while(q[hd]<l[i]&&hd<=tl) ++hd;
if(hd<=tl) f[i]=f[q[hd]]+(i!=n+1);
else f[i]=-1;
}
printf("%d\n",f[n+1]);
return 0;
}

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