BZOJ.2034.[2009国家集训队]最大收益(二分图匹配 贪心)
题目链接
双倍经验:BZOJ.4276.[ONTAK2015]Bajtman i Okrągły Robin(然而是个权限题。区间略有不同)
\(Description\)
有\(n\)个任务,完成一个任务需要\(1\)时刻,并会获得\(v_i\)的收益(只获得一次)。
每一时刻只能做一个任务,且每个任务只能在\([l_i,r_i]\)的时刻内做。求最大收益。
\(n\leq5000,l_i,r_i\leq10^8\)。
\(Solution\)
我为啥看不懂堆的\(O(n^2\log n)\)做法啊。。
(官方题解:https://wenku.baidu.com/view/c64d851ba8114431b90dd846.html)
首先可以跑费用流。因为要对区间连边所以要线段树优化。复杂度还是有点高,可以卡过BZOJ4276(BZOJ2034就算了 区间范围1e8)。
假设同一时刻有多个任务要完成时,会有冲突,我们自然是选价值最高的。
我们按收益从大到小排序,如果收益大的能选,那么一定先选(这只可能导导致同在这个时刻的任务不能选,但反正只能选一个,显然选最大的优)。
那现在的问题是,如何在必选某些任务的情况下,判断当前能不能选。
可以每次跑匈牙利判断一下,不过是\(n^3\),但是好像能过smg?
我们将任务区间按左端点排序,要选的任务应该尽量往前排,给后面腾时间。如果当前任务因为时间晚不能做,就尝试把前面的任务往后挤。
具体实现:对当前任务i枚举它区间的时刻,如果当前时刻没有任务就安排给它;
否则设当前时刻的任务为x,若r[x]>r[i],尝试将x往后挤,最后如果能把x匹配到另一个位置就成功匹配,否则i就不可能匹配了;
如果r[x]<=r[i],尝试把i往下一个时刻放。
时刻肯定不能直接枚举。我们发现有用的时刻最多只有\(n\)个。即每个位置的下一个可匹配的位置。
所以对区间离散化一下就行了。
贪心算法正确性的一个解释
考虑匈牙利算法,从大到小一个一个匹配,一个点一旦在匹配中,那么一直在匹配里面。
复杂度\(O(n^2)\)。
有个小优化是,上面说的x如果在之前被判为不可行,后面就没必要继续DFS它了。
//1400kb 460ms
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 300000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
const int N=5005;
int ref[N],lk[N],tag[N];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
struct Node
{
int l,r,v;
bool operator <(const Node &x)const{
return v>x.v;
}
}A[N];
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
inline int Lower(int x,int r)
{
int l=1,mid;
while(l<r)
if(ref[mid=l+r>>1]<x) l=mid+1;
else r=mid;
return l;
}
inline int Upper(int x,int r)
{
int l=1,mid;
while(l<r)
if(ref[mid=l+r>>1]<=x) l=mid+1;
else r=mid;
return l;
}
bool DFS(int x,int l,int r)
{
if(l>r) return 0;
int p=lk[l];
if(!p) return lk[l]=x,1;
if(A[p].r>A[x].r)
if(!tag[p]&&DFS(p,l+1,A[p].r)) return lk[l]=x,1;
else return tag[p]=1,0;
return DFS(x,l+1,r);
}
int main()
{
int n=read();
for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]=(Node){ref[i]=read(),read(),read()};
std::sort(ref+1,ref+1+n); ref[n+1]=1e9;
for(int i=2; i<=n; ++i) ref[i]=std::max(ref[i-1]+1,ref[i]);
for(int i=1; i<=n; ++i) A[i].l=Lower(A[i].l,n), A[i].r=Upper(A[i].r,n+1)-1;
std::sort(A+1,A+1+n); long long ans=0;
for(int i=1; i<=n; ++i)
if(DFS(i,A[i].l,A[i].r)) ans+=A[i].v;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
很久以前的奇怪但现在依旧成立的签名
attack is our red sun $$\color{red}{\boxed{\color{red}{attack\ is\ our\ red\ sun}}}$$ ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------