洛谷P1712 [NOI2016]区间

noi2016第一题（大概是签到题吧，可我还是不会）

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链接在这里

题面可以看链接；

先看题意

这么大的l,r,先来个离散化

很容易，我们可以想到一个结论

假设一个点被覆盖次数大于m

我们将覆盖这个点的区间升序排序；

则所选区间一定是排序后序列中的一个长度为m+1的连续子序列

证明很容易，取更远的点会使最大值更大从而使差值最大

我们可以从这个结论出发，再观察该题所求，符合尺取法的思路

我们考虑用尺取法求解

没了解尺取法的读者可以去自行了解一下

如何求解呢？

我们考虑将区间按权值大小升序排序

从小到大加载到数轴上，统计数轴上点被覆盖的最大次数

当我们将一个区间加载后若被覆盖的最大次数大于m则说明存在符合条件的点

我们区间最大上界已经确定，接着确定下界

将区间由加入顺序向后删除

当删除一个区间后总体max的值要小于m

区间序列的下界便确定了，

目前便得到了有可能更新答案的区间序列的最大值和最小值

在此我对几个点进行解释

**1 .首先我们为什么要按权值排序，

原因便是我们一开始就证明过的性质

利用该性质我们可以得到可能更新答案的所有情况从而求解

2 .最大值与最小值之前的区间呢？不会影响答案吗？

不会影响，我们关心的只是符合题意的区间最小值和最大值

只关注边界，至于内部在所选序列中的区间具体是谁我们并不关心

3.我们在确定区间序列下界时将一些区间删掉了

不会对结果有影响吗？

事实上，我们删掉的区间一定是对答案无贡献的

证明很容易

我们删除区间的大小一定小于目前正在寻找的下界

即使之后在加入某个大区间时这个区间产生了贡献成为最小区间

但所加入的最大区间一定大于等于之前的上界

而该区间又小于之前的下界

所以差值一定大于先前的值，故不对最终答案贡献，

有了这些思路后我们就可以做了

至于如何获得当前数轴的最大覆盖次数

和如何将区间加入数轴

我们维护一颗最大值的线段树即可

注意因为我们采取了离散化

所以线段树数组的大小由4倍变为8倍**

时间复杂度便是线段树的时间复杂度了

显然是可以过5e5数据的

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<algorithm>
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int maxn =5e5+1;
int tree[maxn*8];
int add[maxn*8];
inline int read(){
	int ret=0;
	int f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){
		if(ch=='-'){
			f=-f;
		}
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){
		ret=ret*10+(ch^'0');
		ch=getchar();
	}
	return f*ret;
}
int n,m;
struct edge{
	int val;
	int num;
}e[maxn];
struct node{
	int val;
	int num;
}p[maxn*2];
int cnt;
bool cmp(node x,node y){
	return x.val<y.val;
}
bool cmp2(edge x,edge y){
	return x.val<y.val;
}
int ln[maxn*2];
int rn[maxn*2];
void pushdown(int rt){
	if(add[rt]){
		int ls=rt*2;
		int rs=rt*2+1;
		tree[ls]+=add[rt];
		tree[rs]+=add[rt];
		add[ls]+=add[rt];
		add[rs]+=add[rt];
		add[rt]=0;
	}
	return ;
}
void update(int ro,int l,int r,int ls,int rs,int val){
	if(rs<l||ls>r){
		return ;
	}
	if(rs>=r&&ls<=l){
		tree[ro]+=val;
		add[ro]+=val;
		return ;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	pushdown(ro);
	update(ro*2,l,mid,ls,rs,val);
	update(ro*2+1,mid+1,r,ls,rs,val);
	tree[ro]=max(tree[ro*2],tree[ro*2+1]);//维护区间最大点值 
	return ;
}
int main(){
//	freopen("a.in","r",stdin);
	n=read();
	m=read();
	int l,r;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		l=read();
		r=read();
	//	cout<<l<<" "<<r<<endl;
		e[i].num=i;
		e[i].val=r-l;
		cnt++;
		p[cnt].num=i;
		p[cnt].val=l;
		cnt++;
		p[cnt].num=i;
		p[cnt].val=r;
	}
	int num=0;
	sort(p+1,p+1+cnt,cmp);
	for(int i=1;i<=cnt;i++){
		if(p[i].val!=p[i-1].val){
			num++;//num为新建的权值，当相邻值相等时，权值不变 
		}
		int u=p[i].num;//更新原本的L,与r; 
		if(!ln[u]){
			ln[u]=num;
		}
		else rn[u]=num;
	}
	sort(e+1,e+1+n,cmp2);
	int rig=num;
	int ri=0;
	int li=0;
	int ans=inf;
	/*
	本题该部分采用了尺取法
	当区间内没有点被覆盖次数大于m时，我们加入一个区间进去
	如果加入此区间  
	//cout<<m;
	*/
	while(true){
		while(tree[1]<m&&ri<n){//尺取法，当我们加入一个节点，如果此事有一点被覆盖次数大于等于m,这个区间为合法最大值 
			ri++;
			int u=e[ri].num;
			int ls=ln[u];
			int rs=rn[u];
			update(1,1,rig,ls,rs,1);
		}
		if(tree[1]<m){
			break;//我们即使将所有区间加入也无法大于m故放弃 
		}
		while(tree[1]>=m&&li<n){
			li++;
			int u=e[li].num;
			int ls=ln[u];
			int rs=rn[u];
			update(1,1,rig,ls,rs,-1);
		}//寻找影响这个区间的最小值 
		ans=min(ans,e[ri].val-e[li].val);// 更新最小值 
	}
	if(ans==inf){
		cout<<-1<<endl;
		return 0;
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

完结撒花

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