[CF 1886F] Diamond Theft

题

让时间倒流，假设时刻 \(0\) 偷钻石 \(2\)，时刻 \(d\) 偷钻石 \(1\)。

对于 \(t=1,2\) 的摄像头，关掉它的时间区间已确定。对于每个 \(t=3\) 的摄像头，它有 \(2\) 种选择：

• 在 \([d+1,s]\) 内关掉；
• 分别在 \([1,s],[d+1,d+s]\) 内关掉。

注意每个区间的左端点 \(\in \{1,d+1\}\)。若已决定怎么选，根据 Hall 定理，不合法 \(\Lrarr\) 出现下面至少 \(1\) 种情况：

• \(\exists r, [d+1,r]\) 内需关掉 \(>r-d\) 个摄像头；
• 把偷钻石 \(1\) 看作加一个区间 \([d,d]\) 后，\(\exists r, [1,r]\) 内需关掉 \(> r\) 个摄像头。

先默认 \(t=3\) 都在 \([d+1,s]\) 内关掉。每次，找到 \(\min r\) 使得 \([d+1,r]\) 内需关掉 \(>r-d\) 个摄像头。此时要选一个区间内的 \(t=3\) 摄像头，把它改成 \([1,s],[d+1,d+s]\)。可以发现，选择的 \(s\) 越大，Hall 定理施加的 \(2\) 个限制都越容易满足。扫描 \(r\) 的同时维护区间内 \(t=3\) 的 \(s\) 构成的栈，每次取栈顶 (\(\max s\)) 即可。

如此扫一遍，若 Hall 定理的第 \(1\) 条满足，直接判一遍第 \(2\) 条即可。这是因为改掉任意 \(t=3\) 后，第 \(2\) 条限制都会更紧。因此问题得到解决，一开始枚举 \(d\)，每次扫 \(2\) 遍，时间复杂度 \(O(n^2)\)。

#include<bits/stdc++.h>
#define rp(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define pr(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
using namespace std;
const int inf=1e9;
const int N=1505;
int n,ac,a[N],bc,b[N],cc,c[N],cnt[2*N],tw[N],sc,st[N];
int solve(int d){
	rp(i,0,2*n)cnt[i]=0;
	rp(i,1,cc)tw[i]=0;
	rp(i,1,cc){
		++cnt[max(0,c[i]-d-1)];
	}
	rp(i,1,ac){
		++cnt[a[i]];
	}
	sc=0;
	int j=1;
	rp(i,0,2*n){
		for(;j<=cc&&c[j]-d-1<=i;++j){
			st[++sc]=j;
		}
		if(i){
			cnt[i]+=cnt[i-1];
		}
		while(cnt[i]>i){
			if(!sc||c[st[sc]]<=i){
				return inf;
			}
			--cnt[i];
			++cnt[c[st[sc]]];
			tw[st[sc--]]=1;
		}
	}
	rp(i,0,2*n)cnt[i]=0;
	int ret=n+2;
	auto fun=[&](int x){
		return x>d?x-1:x;
	};
	rp(i,1,ac){
		++cnt[min(2*n,d+a[i])];
	}
	rp(i,1,bc){
		++cnt[min(2*n,fun(b[i]))];
	}
	rp(i,1,cc){
		++cnt[min(2*n,fun(c[i]))];
		if(tw[i]){
			++ret;
			++cnt[min(2*n,d+c[i])];
		}
	}
	rp(i,1,2*n){
		cnt[i]+=cnt[i-1];
	}
	rp(i,0,2*n)if(cnt[i]>i){
		return inf;
	}
	return ret;
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	rp(i,1,n){
		int t,s;
		scanf("%d%d",&t,&s);
		switch(t){
		case 1:
			a[++ac]=s;
			break;
		case 2:
			b[++bc]=s;
			break;
		case 3:
			c[++cc]=s;
		}
	}
	sort(c+1,c+cc+1);
	int ans=inf;
	rp(d,0,n)ans=min(ans,solve(d));
	printf("%d\n",ans==inf?-1:ans);
	return 0;
}