POJ1716 贪心
题目大意：在[0,10000]上给出n个区间，要求在区间选整数点，每个区间至少包含两个点，问至少要几个点。题目保证有解决方案。
题目分析：
我们做过在区间上至少包含一个点的题目。类似的方法，我们先排序后去掉区间包含的情况。接着我们贪心。对于第i个区间，取最后两个点，如果第i+1个区间包含这两个点，那么跳到第i+2个区间。如果第i+1个区间一个点也不包括，那么对于第i+1个区间取最后两个点。如果只包含一个点，那么在第i+1个区间取最后一个点，继续判断。
题目代码：
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstdlib> 4 #include<cstring> 5 #include<queue> 6 #include<vector> 7 #include<algorithm> 8 using namespace std; 9 10 struct edge{int to,w;}; 11 12 int n; 13 vector <edge> g[10200]; 14 int d[10200]; 15 queue<int> que; 16 int maxx; 17 18 void read(){ 19 for(int i=0;i<=10001;i++) g[i].clear(); 20 maxx = -1200; 21 for(int i=1;i<=n;i++){ 22 int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); 23 maxx = max(maxx,y+1); 24 x++;y++; 25 edge ed;ed.to = y;ed.w = 2; 26 g[x-1].push_back(ed); 27 } 28 for(int i=0;i<=maxx;i++){ 29 edge ed;ed.to=i+1;ed.w=0; 30 g[i].push_back(ed); 31 ed.to=i;ed.w=-1; 32 g[i+1].push_back(ed); 33 } 34 } 35 36 void work(){ 37 for(int i=1;i<=maxx;i++) d[i]=-1; 38 que.push(0); 39 d[0] = 0; 40 while(!que.empty()){ 41 int k = que.front();que.pop(); 42 for(int i=0;i<g[k].size();i++){ 43 if(g[k][i].w+d[k] > d[g[k][i].to]){ 44 d[g[k][i].to] = g[k][i].w + d[k]; 45 que.push(g[k][i].to); 46 } 47 } 48 } 49 printf("%d\n",d[maxx]); 50 } 51 52 int main(){ 53 scanf("%d",&n); 54 read(); 55 work(); 56 return 0; 57 }
思考：我们不妨对问题加以拓展。
问题一：我们做过一个区间选一个点的题，做过一个区间选两个点的题。那么当一个区间选n个点时怎么去做？
问题二：上面的区间选点数量都是相同的，当区间选点数量不同时怎么做？
解法：
对于问题一：很容易就能想出拓展方法，每次对每个区间都选最后n个点，容易证明这是最优的。
对于问题二：发现上面的贪心无法使用，需要另辟蹊径。不妨令s[i]表示前i个点被选的情况。那么有s[r]-s[l-1]>=c[i]。c[i]该区间应选点数。
由于这里有很多个不等式，又要求最小化s[10000]，容易思考到这可能是要用到线性规划去解决。
接着我们打了一个单纯形法。
收获了一个TLE。仔细想想就会发现问题并不是这么难。这里的不等式并不如线性规划里面的那么复杂。
那么我们可以建图跑最长路。这就是答案。具体怎么建图可以参考网上其它人的博客。我不想再写下去了。
