Codeforces 555 B. Case of Fugitive

\(>Codeforces \space 555 B. Case of Fugitive<\)

题目大意 : 有 \(n\) 个岛屿有序排列在一条线上，第 \(i\) 个岛屿的左端点为 \(l_i\) 右端点为 \(r_i\) ，岛屿之间两两不相交， 现在对于每一个 \(1 \leq i < n\) 第 \(i\) 岛屿要和第 \(i + 1\) 岛屿之间建一座桥，桥的长度左右端点必须得在岛上。现在有 \(m\) 座已经长度建好的桥梁，试找出一种岛屿和桥匹配的方案，使得任意两座岛屿之间的桥梁长度都满足要求

\(2 ≤ n, m ≤ 2 \times 10^5\ 1 ≤ l_i ≤ r_i ≤ 10^{18}\)

解题思路 :

问题可以转化为 \(n-1\) 条线段匹配 \(m\) 个点，使得点在线段之内，找出一种匹配完所有线段的方案

有一种显然的贪心策略，排完序后对于每一个点尽可能选右端点小的线段

可以感性理解，因为点是递增的，右端点越小的线段越往后越不可能有匹配

考虑将所有线段和点按照左端点排序， 从左到右枚举每一个点为其找线段匹配

维护一个优先队列来存线段，每枚举到一个点就将所有左端点小于它的线段加进优先队列

对于每一个点取优先队列中 \(r_i\) 最小的进行匹配，如果发现某一时刻最小的 \(r_i <\) 当前的点

那么对于之后的所有点，这个线段都无法被匹配了，必然是无解，否则就匹配完输出方案

/*program by mangoyang*/
#include<bits/stdc++.h>
#define inf (0x7f7f7f7f)
#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
typedef long long ll;
using namespace std;
template <class T>
inline void read(T &x){
    int f = 0, ch = 0; x = 0;
    for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = 1;
    for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = x * 10 + ch - 48;
    if(f) x = -x;
}
#define int ll
#define N (500005)
int l[N], r[N], Ans[N], n, m;
struct Node{ int x, id; } a[N];
struct Seg{
	int l, r, id;
	bool operator < (const Seg &A) const{ return r > A.r; }
}s[N];
inline bool cmp(Seg A, Seg B){ return A.l < B.l; }
inline bool cmp2(Node A, Node B){ return A.x < B.x; }
priority_queue<Seg> pq;
main(){
	read(n), read(m);
	if(m < n - 1) return puts("No"), 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++) read(l[i]), read(r[i]);
	for(int i = 1; i <= m; i++) read(a[i].x), a[i].id = i;
	for(int i = 1; i < n; i++)
		s[i] = (Seg){l[i+1] - r[i], r[i+1] - l[i], i};
	sort(s + 1, s + n, cmp);
	sort(a + 1, a + m + 1, cmp2);
	int p = 1;
	for(int i = 1; i <= m; i++){
		while(a[i].x >= s[p].l && p < n) pq.push(s[p]), p++;
		if(pq.empty()) continue;
		if(pq.top().r < a[i].x) return puts("No"), 0;
		Seg now = pq.top(); pq.pop(); Ans[now.id] = a[i].id;
	}
	for(int i = 1; i < n; i++) if(!Ans[i]) return puts("No"), 0;
	puts("Yes");
	for(int i = 1; i < n; i++) printf("%lld ", Ans[i]);
	return 0;
}