#loj6032. 「雅礼集训 2017 Day2」水箱

#loj6032. 「雅礼集训 2017 Day2」水箱

题目描述

给出一个长度为 $n$ 宽度为 $1$ ，高度无限的水箱，有 $n-1$ 个挡板将其分为 $n$ 个 $1-1$ 的小格，然后向每个小格中注水，水如果超过挡板就会溢出到挡板的另一边，这里的水是满足物理定律的（在无挡板阻拦的情况下会向低处流），现在有 $m$ 个条件 $(i,y,k)$ ，表示从左到右数的第 $i$ 个格子中，在高度为 $y+0.5$ 的地方是否有水，$k=1$ 表示有水，$k=0$ 表示没有水，请求出这 $m$ 个条件最多能同时满足多少个条件。本题有多组数据。

输入格式

第一行一个正整数 $T$，为数据组数。
第二行两个正整数 $n$、$m$，中间用空格隔开。
接下来一行 $n-1$ 个整数，表示从左到右每一块隔板的高度。
接下来 $m$ 行，每行三个整数 $i$、$y$、$k$，表示一个条件。

输出格式

共 $T$ 行，每行对应一组数据的答案。

输入数据 1

2
3 4
3 4
1 3 1
2 1 0
2 2 0
3 3 1
2 2
2
1 2 0
1 2 1

输出数据 1

3
1

数据范围与提示

对于 $20\mathrm{\%}$ 的数据，$n,m\le 16$；
对于另外 $10\mathrm{\%}$ 的数据，只存在指明某处有水的条件；
对于另外 $30\mathrm{\%}$ 的数据，$n,m\le 1000$；
对于 $100\mathrm{\%}$ 的数据，$n,m\le {10}^5,T\le 5$ 。

Solution

这道题是道好题，做法有很多种。博客上有人提供了平衡树启发式合并的做法，也有用线段树优化 $\text{DP}$ 的做法，但其实还有另一种类似扫描线的做法，可能时间复杂度上更优。

输入的时候将所有挡板的 $x,y$ 记录下来，并且用 $type=-1$ 进行标记，然后记录所有条件，无水用 $type=0$ 标记，有水用 $type=1$ 标记，然后对所有的坐标按照 $y$ 为关键字从小到大排序。

然后就可以从下至上用扫描线一路扫上去，显然这样的耗时是 $\text{O}(n+m)$ 的。现在就是讨论如何记录答案。根据 $type$ 的值分成三种情况讨论：

type=-1

此时的 $y$ 表示的是挡板的高度，而扫描线扫到当前高度表示水已经可以漫过当前挡板，因此需要将挡板左右的两个区间直接合并，合并操作可以直接用并查集实现。对于每一个区间，可以记录两个信息， $ans[i]$ 表示当前区间的最优答案， $f[i]$ 表示当前区间 $type=1$ 的条件的个数。那么在合并区间的时候，需要将被合并区间的 $ans$ 和 $f$ 更新到总区间中，并且尝试用 $ans$ 去更新答案（如果可以）。

type=0

此时的 $y$ 表示的是没有水的地方的高度，显然既然没有水，那么它哪里都不会影响，所以它只会对 $ans$ 贡献一个 $+1$ ，并尝试更新答案。

type=1

此时的 $y$ 表示的有水的地方的高度，因为有水，而且比它低的位置的 $type=0$ 的位置在之前已经讨论过了（因为排了序），所以在 $y$ 的地方放水会导致 $y$ 所在的区间全部被水淹掉，此时满足的条件数量全部来自于此区间中的 $type=1$ 的条件，即 $f$ 。因此，需要用 $f$ 去尝试更新 $ans$ 并用 $ans$ 尝试更新答案。

其实看整个算法流程，很像树形 $\text{DP}$ 。因为这样的扫描线相当于是对所有挡板隔成的区间建了一棵二叉树，然后从叶子结点向上按深度逐层扫描上去，最后将答案合并统计在根节点上。区间由线段组成，所以我们就叫它线段树形区间 $\text{DP}$ 吧。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<limits.h>
#include<cmath>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a));
using namespace std;
template<typename T> void read(T &k)
{
 	k=0;
	T flag=1;char b=getchar();
	while (b<'0' || b>'9') {flag=(b=='-')?-1:1;b=getchar();}
	while (b>='0' && b<='9') {k=(k<<3)+(k<<1)+(b^48);b=getchar();}
	k*=flag;
}
const int _SIZE=1e5;
int T,n,m;
struct EVENT{
	int type,x,y;
}point[(_SIZE<<1)+5];
int tot;
int fa[_SIZE+5],f[_SIZE+5],ans[_SIZE+5],res;
bool cmp(EVENT a,EVENT b)
{
	if (a.y!=b.y) return a.y<b.y;
	if (a.type!=b.type) return a.type<b.type;
	return a.x<b.x;
}
int find(int x)
{
	if (fa[x]) return fa[x]=find(fa[x]);
	return x;
}
void solve()
{
	tot=0;mem(fa,0);mem(f,0);mem(ans,0);mem(point,0);
	read(n),read(m);
	for (int i=1;i<n;i++) 
	{
		read(point[++tot].y);
		point[tot].type=-1;
		point[tot].x=i;
	}
	for (int i=1;i<=m;i++)
	{
		read(point[++tot].x);
		read(point[tot].y);
		read(point[tot].type);
	}
	sort(point+1,point+tot+1,cmp);
	//system("pause");
	res=0;
	for (int i=1;i<=tot;i++)
	{
		int type=point[i].type,x=point[i].x;
		if (type==-1)
		{
			int f_1=find(x),f_2=find(x+1);
			fa[f_2]=f_1;
			f[f_1]+=f[f_2];
			ans[f_1]+=ans[f_2];
			res=max(ans[f_1],res);
		}
		else if (!type)
			res=max(res,++ans[find(x)]);
		else
		{
			int f_=find(x);
			++f[f_];
			ans[f_]=max(ans[f_],f[f_]);
			res=max(res,ans[f_]);
		}
	}
	printf("%d\n",res);
}
int main()
{
	read(T);
	while (T--)
		solve();
	return 0;
}

我到底该把这道题放在什么标签下啊……