P1668 [USACO04DEC] Cleaning Shifts S 题解

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前言

本题解的思路是贪心，但亮点在于无需排序，更好理解。

题目简述

给出 $n$（$n\le 2.5\times 10^4$）个区间 $[l_i,r_i]$（$l_i,r_i\le t\le10^6$），要求选出最少的区间使得可以覆盖区间 $[1,t]$。

思路

先不考虑无解的情况。

首先想到：如果两个区间 $[l,r],[l,r']$ 左端点相同，而 $r'<r$，我们显然可以舍弃区间 $[l,r']$，因为它可以被 $[l,r]$ 完全替代。

自然地，考虑存一个数组 $to_l$ 表示对于左端点 $l$，与之对应的所有 $r$ 的最大值。默认初始化为 $0$。它显然是很好维护的，在读入时取 max 即可：

for(int i=1,l,r;i<=n;i++)
{
    scanf("%d %d",&l,&r);// 读入每个区间
    to[l]=max(to[l],r);// 对于 l 求出最大的 r
}

又由于如果当前已经覆盖的区间 $[1,r]$ 右端点越大，下一步可以选择的新区间就越多，更容易大幅扩张已覆盖的区间，更可能取到最优解，所以考虑贪心，以不断扩张 $[1,r]$。

算法过程

• 输入并处理出 $to$ 数组。
• 初始化指针 $r=to_1$。
• 遍历区间 $[1,r]$，求出 $mr=\max_{l=1}^{r+1}\{to_l\}$，$mr$ 即为当前能覆盖到的最远的右端点。
  • 若 $mr=r$，意味着无法扩张当前覆盖的区间，即无解，输出 -1，结束。
  • 否则使 $r\gets mr$，答案 $ans\gets ans+1$，回到上一步遍历区间。
• 若 $r\ge t$，则已经覆盖了整个 $[1,t]$ 区间，故输出答案 $ans$。

考虑到每次都遍历一遍 $[1,r]$ 求 $mr$ 时间复杂度无法承受，可以先预处理前缀右端点最大值数组 $pre$。具体见代码。

代码

#include <iostream>
using namespace std;
 
typedef pair<int,int> pii;// 方便存储区间
constexpr int T=1145141;
int n,t;
 
int to[T];// to[l]：l 所对应的所有右端点的最大值
pii pre[T];// pre[i]：前缀右端点最大值数组，表示 左端点在 [1,i] 范围 的区间中 右端点最大的区间。
 
int main()
{
    scanf("%d %d",&n,&t);
    for(int i=1,l,r;i<=n;i++)// 读入、预处理 to
    {
        scanf("%d %d",&l,&r);// 读入每个区间
        to[l]=max(to[l],r);// 对于 l 求出最大的 r
    }
    for(int i=1;i<=t;i++)// 预处理 pre
    {
        // 如果左端点为 i 的区间右端点比之前大，保存。
        if(pre[i-1].second<to[i])pre[i]={i,to[i]};
        else pre[i]=pre[i-1];// 否则沿用之前的区间
    }
    int ans=1,r=to[l];// 由于已经取了区间 [1,to[1]]，所以 ans 初始为 1
    while(r<t)// 如果还没有覆盖所有区间
    {
        if(pre[r+1].second==r)// 如果无法扩张 r
        {
            puts("-1");// 无解
            return 0;
        }
        r=pre[r+1].second;// 移动右端点，扩张
        ans++;// 统计答案
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}