区间贪心四种基础模型附加证明
区间贪心四种基础模型附加证明
尽可能少的点覆盖区间
题意
给定
N个闭区间 \([a_i,b_i]\)，在数轴上选择尽量少的点，使得每个区间内至少包含一个选出的点。输出选择的点的最小数量。位于区间端点上的点也算作区间内。
思想
-
将每个区间按照右端点从小到大进行排序
-
从前往后依次枚举区间，
ed值初始化为无穷小- 如果当前区间已近包含该点（
ed > range[i].l），则直接pass。 - 否则，选择当前区间的右端点，
ed = range[i].r，cnt++。
- 如果当前区间已近包含该点（
证明
ans<=cnt ：cnt 是一种可行方案， ans是可行方案的最优解，即最小值，所以一定成立。
ans>=cnt ： cnt可行方案是一个区间集合，区间从小到大排序，两两之间不相交。所以覆盖每一个区间至少需要cnt个点，所以成立。
代码
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 100010;
int n;
struct Range
{
int l, r;
bool operator< (const Range &W)const
{
return r < W.r;
}
}range[N];
int main()
{
scanf("%d", &n);
for (int i = 0; i < n; i ++ ) scanf("%d%d", &range[i].l, &range[i].r);
sort(range, range + n);
int res = 0, ed = -2e9;
for (int i = 0; i < n; i ++ )
if (range[i].l > ed)
{
res ++ ;
ed = range[i].r;
}
printf("%d\n", res);
return 0;
}
最大不相交区间数量
题意
给定
N个闭区间 \([a_i,b_i]\)，请你在数轴上选择若干区间，使得选中的区间之间互不相交（包括端点）。输出可选取区间的最大数量。
思想和代码与上题一样。
思想
-
将每个区间按照右端点从小到大进行排序
-
从前往后依次枚举区间，
ed值初始化为无穷小- 如果当前区间已近包含该点（
ed > range[i].l），则直接pass。 - 否则，选择当前区间的右端点，
ed = range[i].r，cnt++。
- 如果当前区间已近包含该点（
证明
ans<=cnt ：反证法：假设 ans>cnt ，由最优解的含义 知，最多有 ans 个不相交的区间，因此至少需要 ans 个点才能 覆盖所有区间，而根据算法知，只需 cnt个点就能覆盖全部区 间，且cnt < ans，这与前边分析至少需要 ans个点才能徱 盖所有区间相矛盾，故ans<=cnt 。
ans>=cnt ： cnt 是一种可行方案， ans是可行方案的最优解，即最大值，所以一定成立。
区间分组
题意
给定
N个闭区间 \([ai,bi]\)，请你将这些区间分成若干组，使得每组内部的区间两两之间（包括端点）没有交集，并使得组数尽可能小。输出最小组数。
思想1 贪心
-
将每个区间按照左端点从小到大进行排序;
-
从前往后依次枚举区间，判断能否将其放到某个现有的组中，
L[i] > max_r[j]：- 如果不存在这样的组，则开新组，然后将其放进去；
- 如果存在这样的组
j，将其放进去，并更新当前组的max_r[j]。
证明
ans<=cnt ： cnt 是一种可行方案， ans是可行方案的最优解，即最小值，所以一定成立。
ans>=cnt ：
- 反证法，假设存在一种方案，使得需要的组数更少， 记其需要的组数量是 \(cnt\) 。
- 考虑在上述做法中，第一次新建第 \(j+1\) 个组的时刻，不妨设当前处理的是第 \(i\) 个区间。
- 由于所有区间是按左端点从小到大排好序的，所以现在前 \(j\) 个组中最后区间左端点一定小于等于第 \(i\) 个区间的左端点。
- 而且前 \(j\) 个组中最小的右端点大于等于第 \(i\) 个区间的左端点，所以前 \(j\) 个组里最后区间一 定都包含第 \(i\) 个区间的左端点，所以就找到了 \(m+1\) 个区间存在交集，所以至少需要 \(m+1\) 个组，矛盾。
思想2 扫描线
对于每一个区间：（左端点）++，（右端点 + 1）--，然后遍历一遍，求其前缀和，如图所示，过程中最大值即为答案
但本题数据范围很大，另一种标记方法即可。左端点映射为奇数，右端点映射为偶数。
l : l * 2, r : r * 2 + 1
代码
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
const int N = 100010;
int n;
struct Range
{
int l, r;
bool operator< (const Range &W)const
{
return l < W.l;
}
}range[N];
int main()
{
scanf("%d", &n);
for (int i = 0; i < n; i ++ )
{
int l, r;
scanf("%d%d", &l, &r);
range[i] = {l, r};
}
sort(range, range + n);
priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> heap;
for (int i = 0; i < n; i ++ )
{
auto r = range[i];
if (heap.empty() || heap.top() >= r.l) heap.push(r.r);
else
{
heap.pop();
heap.push(r.r);
}
}
printf("%d\n", heap.size());
return 0;
}
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 100100;
int n;
int b[2 * N], idx;
int main()
{
scanf ("%d", &n);
for(int i = 0; i < n; i ++)
{
int l, r;
scanf("%d %d", &l, &r);
b[idx ++] = l * 2;//标记左端点为偶数。
b[idx ++] = r * 2 + 1;// 标记右端点为奇数。
}
sort(b, b + idx);
int res = 1, t = 0;
for(int i = 0; i < idx; i ++)
{
if(b[i] % 2 == 0) t ++;
else t --;
res = max(res, t);
}
printf ("%d\n", res);
return 0;
}
区间覆盖
题意
给定
N个闭区间\([ai,bi]\)以及一个线段区间 \([s,t]\),请你选择尽量少的区间，将指定线段区间完全覆盖。输出最少区间数，如果无法完全覆盖则输出
−1。
思想
- 将每个区间按照左端点从小到大进行排序;
- 从前往后枚举每个区间，在所有能覆盖
start的区间中，选择右端点的最大区间，然后将start更新成右端点的最大值
证明
在剩下所有能覆盖start的区间中，选择右端点最大的区间，则一定会比前面的选择最优，更快达到end，所以该做法一定是最优
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 100010;
int n;
struct Range
{
int l, r;
bool operator< (const Range &W)const
{
return l < W.l;
}
}range[N];
int main()
{
int st, ed;
scanf("%d%d", &st, &ed);
scanf("%d", &n);
for (int i = 0; i < n; i ++ )
{
int l, r;
scanf("%d%d", &l, &r);
range[i] = {l, r};
}
sort(range, range + n);
int res = 0;
bool success = false;
for (int i = 0; i < n; i ++ )
{
int j = i, r = -2e9;
while (j < n && range[j].l <= st)
{
r = max(r, range[j].r);
j ++ ;
}
if (r < st)
{
res = -1;
break;
}
res ++ ;
if (r >= ed)
{
success = true;
break;
}
st = r;
i = j - 1;
}
if (!success) res = -1;
printf("%d\n", res);
return 0;
}
