[ARC085F] NRE
[ARC085F] NRE
首先这道题要先将区间按左端点排序。
令 \(f_i\) 表示前 \(i\) 个区间已经决策好是否选择，而且第 \(i\) 个区间必选的情况下的最小不同数。再令 \(sum_i\) 表示前 \(i\) 个数中 \(1\) 的个数。枚举一个区间 \(j<i\)，可以根据区间 \([l_j,r_j],[l_i,r_i]\) 二者是否有交集来进行分类讨论。这里我们记初始的 \(f_0\) 的答案为全 \(0\) 数组与 \(b\) 的不同数。
-
被包含，即 \(r_i\le r_j\)，这种情况下直接略过。（可以转移，但是贡献还是 \(f_j\)，没什么用）。
-
二者没有交集，那么就是 \(f_i=\min{f_j-(sum_{r_i}-sum_{l_i-1})+[(r_i-l_i+1)-(sum_{r_i}-sum_{l_i-1})]}\)，原因是本来 \(1\) 的位置和 \(0\) 不同有贡献，现在没有了，即前面加的一坨，而本来 \(0\) 的位置贡献是 \(0\) 的，现在变为 \(+1\)。化简一下就是 \(f_i=\min{f_j-2(sum_{r_i}-sum_{l_i-1})+r_i-l_i+1}\)。（\(r_j<l_i\)）
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二者有交集，那就相当于增加了 \([r_j+1,r_i]\) 这一部分。将上面的式子改为 \(f_i=\min{f_j-2(sum_{r_i}-sum_{r_j})+r_i-r_j}\)。
这样一个 \(O(N^2)\) 暴力就出炉了。
接下来考虑怎么优化它。
它这些区间，发现范围都跟 \(r_j\) 是挂钩的。所以以 \(r_j\) 为下标似乎是个好主意。
- \(r_i\le r_j\) 这种情况不管。
- 没有交集的可以以 \([r_j,f_j]\) 插入到线段树/树状数组中，然后直接一个区间查询 \([0,l_i-1]\) 的最小值。
- 有交集的可以先提炼出关于 \(j\) 的式子，插入 \([r_j,f_j+2sum_{r_j}-r_j]\) 即可，查询 \([l_i,r_i-1]\) 的最小值。
- 当然插入操作是在计算完 \(f_j\) 之后进行的。
- 注意，\(r_j\) 可能存在相等的情况，插入时注意要取 \(\min\) 而不是直接赋值（被这里坑了）。
这样复杂度就是 \(O(N\log N)\)。
对于 5 的 hack 数据
5
1 1 1 1 1
5
4 4
2 3
2 5
2 4
1 4
数据生成
#include <any>
#include <cstdio>
#include <random>
#include <ctime>
using namespace std;
#define Ls(i,l,r) for(int i=l;i<r;++i)
#define Rs(i,l,r) for(int i=l;i>r;--i)
#define Le(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define Re(i,l,r) for(int i=l;i>=r;--i)
#define L(i,l) for(int i=0;i<l;++i)
#define E(i,l) for(int i=1;i<=l;++i)
#define W(t) while(t--)
const int N=5,Q=5;
random_device rnd;
mt19937 rd(rnd());
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1.in","w",stdout);
// freopen("1.out","w",stdout);
// ios::sync_with_stdio(0);
// cin.tie(0);
// cout.tie(0);
#endif
// Insert Code Here
printf("%d\n",N);
E(i, N)printf("%d ",rd()&1);
printf("\n%d\n",Q);
E(i, N){
int l=rd()%N+1;
int r=rd()%N+1;
if(l>r)swap(l, r);
printf("%d %d\n",l,r);
}
return 0;
}
对拍参考代码来自的是洛谷这篇题解
