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复盘 ntf 讲的题，写篇题解来祸害社会

Description

给定 \(m\) 个请求和空闲的 \(n\) 天，每个请求包含两个整数 \(l\) 和 \(r\) 表示第 \(i\) 个请求想占用 \(l\) 到 \(r\) 这几天。

然后你自己有一个限制 \(x\) ，当目前这个请求想占用的天数不小于 \(x\) 时，你才会考虑是否安排，并且该请求生效的条件是在 \(l\) 到 \(r\) 中的所有天目前均无人占用。

问 \(x \in [1,\ n]\) 的所有限制下能安排的天数。

\(n \leq 5 \cdot 10 ^ 4,\ m \leq 10 ^ 5\)

Solution

因为每一天只能至多有一个人能够占用，所以我们可以考虑分治，因为每次最少减少 \(x\) 天，所以分支这一段的时间是：\(\sum_{i = 1} ^ n {\large \frac{n}{i}} = n\ln n\) 。

因为要先来后到，所以我们还要考虑维护被包含在区间内的请求的最小序号。虽然显然线段树，但是我们似乎并不能直接压缩状态，我们想想在什么情况下能够表达出来。

我们想象一个二维平面，右上角是 \((0, 0)\) ，然后假设我们要的区间是 \((l, r)\) ：

图中也就只有紫色的点是满足要求的，也就是说当且仅当满足 \(L_i \geq l,\ R_i \leq r\) 时才满足。

所以我们可以考虑分开维护 \(l\) 和 \(r\) ，采用树套树维护，每次查询一次，然后递归到 \([limL, L - 1]\) 和 \([R + 1, limR]\) 继续查询。

总时间复杂度 \(O(n\ln n\log^ 2 n + m \log ^ 2 n)\) 。

Code

/*

*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 6e6 + 10, INF = 2e9;
int n, m, l[N], r[N], pt[N], ans[N];
int rt[N], cnt, tr[N], ls[N], rs[N];
vector<int> lth[N];
const int Mxdt = 100000;
inline char gc() {
	static char buf[Mxdt], *p1 = buf, *p2 = buf;
	return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, Mxdt, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++;
}
inline int read() {
	char ch = getchar();
	int s = 0, w = 1;
	while (!isdigit(ch)) {if (ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
	while (isdigit(ch)) {s = (s << 3) + (s << 1) + (ch ^ 48); ch = getchar();}
	return s * w;
}
inline void pushup(int now) {
	tr[now] = min(tr[ls[now]], tr[rs[now]]);
}
inline void modify(int &now, int lt, int rt, int k, int it) {
	if (!now) tr[now = ++cnt] = INF;
	if (lt == rt) {
		tr[now] = min(tr[now], it); return ;
	}
	int mid = (lt + rt) >> 1;
	if (k <= mid) modify(ls[now], lt, mid, k, it);
	else modify(rs[now], mid + 1, rt, k, it);
	pushup(now);
}
inline int query(int now, int lt, int rt, int L, int R) {
	if (!now) return INF;
	if (L <= lt && rt <= R) return tr[now];
	int mid = (lt + rt) >> 1, res = INF, ret = INF;
	if (L <= mid) res = query(ls[now], lt, mid, L, R);
	if (R > mid) ret = query(rs[now], mid + 1, rt, L, R);
	return min(res, ret);
}
inline int lowbit(int x) {return x & (-x);}
inline void modify(int l, int r, int it) {
	for (int i = r; i <= n; i += lowbit(i)) modify(rt[i], 1, n, l, it);
}
inline int query(int l, int r) {
	int res = INF;
	for (int i = r; i; i -= lowbit(i)) res = min(res, query(rt[i], 1, n, l, r));
	return res;
}
inline int calc(int lt, int rt, int it) {
	if (rt - lt + 1 < it) return 0;
	int res = query(lt, rt);
	if (res > m) return 0;
	return calc(lt, l[res] - 1, it) + pt[res] + calc(r[res] + 1, rt, it);
}
int main() {
	n = read(); m = read(); tr[0] = INF;
	for (int i = 1; i <= m; ++i) {
		l[i] = read(); r[i] = read();
		pt[i] = r[i] - l[i] + 1;
		lth[pt[i]].push_back(i);
	}
	for (int i = n; i >= 1; --i) {
		for (int j : lth[i]) modify(l[j], r[j], j);
		ans[i] = calc(1, n, i);
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i) printf("%d\n", ans[i]);
	return 0;