CF1801B题解

1|0CF1801B题解

传送门

更好的阅读体验

简化题意：有 n 个商店，每个商店卖 a,b 两种商品，价格分别为 $a_i,b_i$，你需要在每个商店买一个商品，并且不能在所有商店都买同一种商品，最小化买的最贵的 a 商品和买的最贵的 b 商品的价格差的绝对值。

思路：首先观察到数据范围是 $n⩽5\times {10}^5$，也是就感觉像个贪心，于是就考虑枚举某一种商品的最大值然后计算答案。我们不妨枚举买的 a 商品的最大值。我们将所有商店按 $a_i$ 从大到小排序，钦定当前的 $a_i$ 为 a 商品的最大值，我们发现这时有 2 类 b 。首先是满足 $a_j>a_i$的 $b_j$，接着是所有满足 $a_j⩽a_i$ 的 $b_j$，然后是 $a_j<a_i$ 的 $b_j$。对于第一类，它们是必须选的，我们记最大值为 $maxb$ 。对于第二类，会做贡献的肯定是最大的小于等于 $a_i$ 的 $b_j$ 和最小的大于等于 $a_i$ 的 $b_j$ ，记为 $maxl$ 和 $minr$，需注意的是如果没有其他的 $a_j=a_i$ ，那不能算上对应的 $b_j$ 的贡献。同时，因为 $maxl,minr$ 最多只会有一个被选，那么我们也无需担心我们没有购买任何一个 a 商品。

然后我们考虑如何计算答案。首先，如果 $maxb⩾a_i$，这时无论怎么买答案都不会小于 $maxb-a_i$ ，于是可以直接更新答案。如果 $maxb<a_i$ 那么当前答案就是 $min(a_i-maxl,minr-a_i)$，再更新答案即可。

代码实现的时候，因为是从大到小考虑 $a_i$，那么 $maxb$ 显然可以直接维护，然后对于 $a_j=a_i$ 的部分可以直接扫一遍，剩下部分的可以考虑用 multiset 来查前驱后继，这样就做完了。时间复杂度 $O(n\log n)$，空间复杂度 $O(n)$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read(){
    int s=0;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9')ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9')s=s*10+(ch^48),ch=getchar();
    return s;
}
const int N=500501;
int T,n;
struct node{
    int a,b;
}t[N];
multiset<int>s;
inline bool cmp(node a,node b){
    return a.a<b.a;
}
int main(){
    T=read();
    while(T--){
        s.clear();
        n=read();
        for(int i=1;i<=n;i++)t[i].a=read(),t[i].b=read(),s.insert(t[i].b);
        sort(t+1,t+n+1,cmp);
        int maxn=-1e9,ans=1e9;
        t[n+1].a=t[0].a=-1;
        for(int i=n;i>=1;i--){
            if(t[i].a==t[i+1].a)continue;
            int j=i;
            while(t[j-1].a==t[i].a)j--;
            if(maxn>=t[i].a){
                ans=min(ans,maxn-t[i].a);
                break;
            }
            int cur,maxl=-1e9,minr=2e9+1;
            for(int k=j;k<=i;k++){
                s.erase(s.find(t[k].b));
            }
            if(j!=i){
                for(int k=j;k<=i;k++){
                    if(t[k].b<=t[i].a&&t[k].b>maxl)maxl=t[k].b;
                    if(t[k].b>t[i].a&&t[k].b<minr)minr=t[k].b;
                }
            }
            if(s.size()){
                set<int>::iterator it=s.lower_bound(t[i].a);
                if(it!=s.end()){
                    minr=min(minr,*it);
                }
                if(it!=s.begin())it--,maxl=max(maxl,*it);
            }
            maxl=max(maxl,maxn);
            cur=min(t[i].a-maxl,minr-t[i].a);
            ans=min(ans,cur);
            for(int k=j;k<=i;k++)maxn=max(maxn,t[k].b);
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}

__EOF__

本文作者：Xttttr
本文链接：https://www.cnblogs.com/Xttttr/p/17203514.html
关于博主：评论和私信会在第一时间回复。或者直接私信我。
版权声明：本博客所有文章除特别声明外，均采用 BY-NC-SA 许可协议。转载请注明出处！
声援博主：如果您觉得文章对您有帮助，可以点击文章右下角【推荐】一下。您的鼓励是博主的最大动力！