AT_wtf22_day1_d Welcome to Tokyo! 题解

非常有意思的题目。

思路#

考虑如何统计答案。

我们设 $a_i$ 为是否在第 $i$ 天举办宴会，$b_i$ 为第 $i$ 个人是否参加过宴会。

那么有：

$$\{\begin{array}{c}{a}_i\le 1\\ b_i\le 1\\ b_i\le \sum _{j=l_i}^{r_i}{a}_j\\ \sum _{i=1}^n{a}_i\le k\end{array}$$

这是一个线性规划形式，虽然我感觉初看原题的时候很难想到要写成这样的线性规划形式。

我们要统计的是：

$$\begin{array}{r}max\sum _{i=1}^m{b}_i\end{array}$$

整理一下：

$$\begin{gathered} max\sum _{i=1}^m{b}_i \\ \{\begin{array}{c}{a}_i-1\le 0\\ b_i-1\le 0\\ b_i-\sum _{j=l_i}^{r_i}{a}_j\le 0\\ \sum _{i=1}^n{a}_i-k\le 0\\ a_i,b_i\ge 0\end{array} \end{gathered}$$

由于原问题并不是很好做，我们可以想到线性规划对偶来看一看。

可以对限制加上一些乘子变量放到式子中。

$$\sum _{i=1}^m{b}_i+\sum _{i=1}^n{x}_i(a_i-1)+\sum _{i=1}^m{y}_i(b_i-1)+\sum _{i=1}^m{z}_i(b_i-\sum _{j=l_i}^{r_i}{a}_j)+(\sum _{i=1}^n{a}_i-k)u$$

然后以 $a_i,b_i$ 为主元。

$$\sum _{i=1}^m(1+y_i+z_i)b_i+\sum _{i=1}^n(x_i-\sum _{j=l_i}^{r_i}{z}_j+u)a_i-\sum _{i=1}^n{x}_i-\sum _{i=1}^m{y}_i-ku$$

依据 $a_i,b_i\ge 0$ 写出限制。

$$\begin{gathered} min-\sum _{i=1}^n{x}_i-\sum _{i=1}^m{y}_i-ku \\ \{\begin{array}{c}1+y_i+z_i\le 0\\ x_i-\sum _{j=l_i}^{r_i}{z}_j+u\le 0\\ x_i,y_i,z_i,u\le 0\end{array} \end{gathered}$$

整理一下。

$$\begin{gathered} min\sum _{i=1}^n{x}_i+\sum _{i=1}^m{y}_i+ku \\ \{\begin{array}{c}{y}_i+z_i\ge 1\\ x_i+u\ge \sum _{j=l_i}^{r_i}{z}_j\\ x_i,y_i,z_i,u\ge 0\end{array} \end{gathered}$$

容易发现 $y_i+z_i$ 肯定等于 $1$ 时最优。

而使用 $x_i$ 去抵消 $z_j$ 的影响肯定不优，所以一定有 $x_i=0$。

那么问题又简化成：

$$\begin{gathered} minm-\sum _{i=1}^m{z}_i+ku \\ \{\begin{array}{c}{z}_i\le 1\\ u\ge \sum _{j=l_i}^{r_i}{z}_j\\ z_i,u\ge 0\end{array} \end{gathered}$$

它的意义是什么。

我们需要挑选出一个最大的线段集，使得每个点被覆盖的次数小于等于 $u$。

不妨设答案为 $f_u$。

其中，$f_1$ 是经典贪心问题，而这个贪心结论放在 $f_i$ 同样成立，也就是不断的选取合法的右端点最小的线段。

并且又有结论是必定会有 $f_i$ 是 $f_{i+1}$ 的子集，所以我们可以增量构造。

使用线段树模拟即可。

时间复杂度：$O(m\log n+n)$。

Code#

/*
  ! 如果没有天赋，那就一直重复
  ! Created: 2024/06/26 15:23:52
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define x first
#define y second
#define fro(i, x, y) for (int i = (x); i <= (y); i++)
#define pre(i, x, y) for (int i = (x); i >= (y); i--)

const int N = 1e6 + 10;

int n, m, l[N], r[N], d[N], w[N], s[N];
int v[N << 1];
int g[N << 1];
list<int> t[N << 1];

inline void upd(int p, int l, int r, int k, int x) {
  t[p].push_back(x);
  if (l == r) return;
  int mid = (l + r) >> 1;
  if (mid >= k) upd(mid<<1, l, mid, k, x);
  if (mid <  k) upd(mid<<1|1, mid + 1, r, k, x);
}
inline void ckm(int&x, int y) {
  if (x == 0) x = y; else if (y && r[x] > r[y]) x = y;
}
inline void pdo(int p, int mid) {
  if (g[p]) {
    g[mid<<1] += g[p], g[mid<<1|1] += g[p];
    v[mid<<1] += g[p], v[mid<<1|1] += g[p];
    g[p] = 0;
  }
}
inline void add(int p, int l, int r, int L, int R) {
  if (L <= l && r <= R) return g[p]++, v[p]++, void();
  int mid = (l + r) >> 1; pdo(p, mid);
  if (mid >= L) add(mid<<1, l, mid, L, R);
  if (mid <  R) add(mid<<1|1, mid + 1, r, L, R);
  v[p] = max(v[mid<<1], v[mid<<1|1]);
}
inline int ask(int p, int l, int r, int L, int R) {
  while (t[p].empty() == 0 && w[t[p].front()]) t[p].pop_front();
  if (t[p].empty()) return 0;
  if (L <= l && r <= R) return t[p].front();
  int mid = (l + r) >> 1, num = 0;
  if (mid >= L) ckm(num, ask(mid<<1, l, mid, L, R));
  if (mid <  R) ckm(num, ask(mid<<1|1, mid + 1, r, L, R));
  return num;
}
inline int ask(int p, int l, int r, int k) {
  if (l == r) return l;
  int mid = (l + r) >> 1; pdo(p, mid);
  return v[mid<<1|1] == k ? ask(mid<<1|1, mid + 1, r, k) : ask(mid<<1, l, mid, k);
}
inline int get(int i, int j) {
  return m - s[i] + j * i;
}

signed main() {
  ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
  cin >> n >> m;
  fro(i, 1, m) {
    cin >> l[i] >> r[i];
  }
  iota(d + 1, d + m + 1, 1);
  sort(d + 1, d + m + 1, [&](int x, int y) {
    return r[x] < r[y];
  });
  fro(i, 1, m) upd(1, 1, n, l[d[i]], d[i]);
  fro(i, 1, m) {
    s[i] = s[i - 1];
    if (s[i] != m) {
      int las = 1;
      while (s[i] < m && las <= n) {
        int x = ask(1, 1, n, las, n);
        if (x == 0) break;
        w[x] = 1, s[i]++, add(1, 1, n, l[x], r[x]);
        if (v[1] == i) las = ask(1, 1, n, i) + 1;
      }
    }
  }
  int it = m;
  fro(i, 1, n) {
    while (it && get(it, i) > get(it - 1, i)) it--;
    cout << get(it, i) << "\n";
  }
  return 0;
}