[ HAOI 2011 ] Problem A

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\(Description\)

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共有\(n\)个人排序，第\(i\)个人说有\(a_i\)个人比他高，\(b_i\)个人比他低，问最少说谎人数(可能有相同的权值)。

• \(N\in [1,10^5]\)，\(a_i,b_i \in [1,N]\)

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\(Solution\)

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• 转化问题，假设我们已经有排好序的降序序列，若第\(i\)个人说的是真话，则证明在位置在区间\([a_i+1,n-b_i]\)内的数应该是等大的，有显然可以去掉不合法的部分是\(a_i+b_i\ge n\)的人。
• 同时注意到覆盖区间相同的可以同时存在，但假设相同的区间为\([l,r]\)，那么保留的人数不能超过\(r-l+1\)个人。这一步去除不合法的人可以通过双关键字排序后扫描一遍即可，此时我们把合法的同一个区间的人放在一起，人数记为这个区间的价值，注意，这个人数最多只能是\(r-l+1\)。
• 问题转化为，有\(N\)个线段，选出互不相交的一个线段集合，使得集合内的线段权值和最大。这个权值和即为最多的说实话的人，容斥一下用\(n\)减掉这个数就是答案。
• 这一部分因为引入了权值所以不能简单的右端点排序贪心，而要\(DP\)。先将线段按右端点排序，保证转移考虑了所有前面的线段，设\(f[i]\)为第\(i\)个线段及以前的所有线段能产生的最大答案，有显然的\(N^2\)转移是\(\begin{align}f[i]=max(max\{f[j]\ \big|\ j<i\},max\{f[k]+val[i]\ \big |\ r[k]<l[i]\})\}\end{align}\)，考虑减少转移数，第一部分显然是一路取\(max\)过来所以可以直接化简为\(f[i-1]\)，而第二部分可以直接化简为只找最大的合法的\(k\)，因为再往前的部分第一个\(max\)已经辅助完成了，这个过程可以通过二分查找实现。
• 因为答案是单调不降的，所以答案即为\(n-f[tot]\)。

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\(Code\)

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#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 100010
#define R register
#define gc getchar
using namespace std;

int f[N];
struct lim{int l,r;}s[N];
struct seg{int l,r,val;}p[N];

inline int rd(){
  int x=0; bool f=0; char c=gc();
  while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=gc();}
  while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();}
  return f?-x:x;
}

inline bool cmp1(lim x,lim y){return x.l==y.l?x.r<y.r:x.l<y.l;}

inline bool cmp2(seg x,seg y){return x.r==y.r?x.l<y.l:x.r<y.r;}

inline int find(int x){
  int l=0,r=x-1;
  while(l<r){
    int mid=((l+r+1)>>1);
    if(p[mid].r<p[x].l) l=mid;
    else r=mid-1;
  }
  return l;
}

int main(){
  int n=rd(),tot1=0,tot2=0;
  for(R int i=1,l,r;i<=n;++i){
    l=rd(); r=rd();
    if(l+r<n){s[++tot1].l=l+1;s[tot1].r=n-r;}
  }
  sort(s+1,s+1+tot1,cmp1);
  for(R int i=1,cnt;i<=tot1;++i){
    cnt=1;
    while(s[i+1].l==s[i].l&&s[i+1].r==s[i].r) ++cnt,++i;
    cnt=min(cnt,s[i].r-s[i].l+1);
    p[++tot2].l=s[i].l; p[tot2].r=s[i].r; p[tot2].val=cnt;
  }
  sort(p+1,p+1+tot2,cmp2);
  for(R int i=1;i<=tot2;++i)
    f[i]=max(f[i-1],f[find(i)]+p[i].val);
  printf("%d\n",n-f[tot2]);
  return 0;
}