洛谷 P3084 [USACO13OPEN]照片Photo 解题报告
[USACO13OPEN]照片Photo
题目描述
农夫约翰决定给站在一条线上的\(N(1 \le N \le 200,000)\)头奶牛制作一张全家福照片，\(N\)头奶牛编号\(1\)到\(N\)。
于是约翰拍摄了\(M(1 \le M \le 100,000)\)张照片，每张照片都覆盖了连续一段奶牛：第\(i\)张照片中包含了编号\(a_i\) 到 \(b_i\)的奶牛。但是这些照片不一定把每一只奶牛都拍了进去。
在拍完照片后，约翰发现了一个有趣的事情：每张照片中都有且仅有一只身上带有斑点的奶牛。约翰意识到他的牛群中有一些斑点奶牛，但他从来没有统计过它们的数量。 根据照片，请你帮约翰估算在他的牛群中最多可能有多少只斑点奶牛。如果无解，输出“\(-1\)”。
输入输出格式
输入格式：
Line 1: Two integers \(N\) and \(M\).
Lines 2..\(M+1\): Line \(i+1\) contains \(a_i\) and \(b_i\).
输出格式：
Line 1: The maximum possible number of spotted cows on FJ's farm, or -1 if there is no possible solution.
我最开始的思路是：
把区间完全覆盖仅一个区间的删去，把区间完全覆盖大于两个不相交区间的情况算无解。然后剩下区间个数+空余位置即是答案。
删区间我是按照长度排序从小到大做，然后用树套树维护偏序关系，但发现不相交很难判。。
题解思路\(1\)：差分约束
虽然这个题卡差分约束，但我不应该没想到的，应当警醒。
让每个位置代表这个位置之前有多少头牛，有向边方向为大于等于，连好边了跑最短路就可以了。
解题思路\(2\)：\(dp\)
\(dp\)的思路很妙，我最开始想过一会儿\(dp\)，但是始终无法直接通过区间来划分状态进行转移。
考虑对位置进行\(dp\)，规定\(dp_i\)表示位置\(i\)强制放牛的最大牛数量。
考虑某位置\(i\)强制选后可以转移的区间，设\(L_i\)和\(R_i\)为转移的两个区间
\(R_i\)为覆盖这个点的所以区间的最左左端点\(-1\)
\(L_i\)为区间右端点在这个点\(i\)左边的区间的最右左端点
以上两个东西仔细想想应该不难想明白，求法也不难，就是先打好位置标记，然后扫描前缀或后缀最大值。
转移有
用一个单调队列维护或者线段树都行（很显然转移区间有单调性）
这里强调一种写法，因为我们要找到最后一个强制放的位置，所以要枚举答案，但是还要判一下会不会无解，不太好弄。
不如搞一个虚的\(n+1\)的位置，最后答案就在\(n+1\)啦
Code:
#include <cstdio>
const int N=2e5+10;
int dp[N],L[N],R[N],n,m,q[N],l,r;
int max(int x,int y){return x>y?x:y;}
int min(int x,int y){return x<y?x:y;}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n+1;i++) R[i]=i-1;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&l,&r);
L[r+1]=max(L[r+1],l);
R[r]=min(R[r],l-1);
}
l=r=0;
for(int i=1;i<=n+1;i++) L[i]=max(L[i-1],L[i]);
for(int i=n;i;i--) R[i]=min(R[i+1],R[i]);
for(int i=1;i<=n+1;i++)
{
while(l<=r&&L[i]>q[l]) l++;
for(int j=max(L[i],q[r]+1);j<=R[i];j++)
{
while(l<=r&&dp[j]>=dp[q[r]]) r--;
q[++r]=j;
}
if(l<=r) dp[i]=~dp[q[l]]?dp[q[l]]+1:-1;
else dp[i]=-1;
}
printf("%d\n",~dp[n+1]?dp[n+1]-1:-1);
return 0;
}
2018.10.22
