CodeForces 542B Duck Hunt

洛谷传送门

CF 传送门

首先转化一下，让鸭子不动，猎人往右移动，就相当于开的相邻两枪距离 \(> m\)。

设 \(f_{x, i}\) 为仅考虑 \(r \le x\) 的鸭子，上一次在 \(i\) 开枪，能打到的最大鸭子个数。

\(f_{x - 1} \to f_x\) 时，首先有 \(f_{x, i} = f_{x - 1, i}\)。我们先找到所有 \(r = x\) 的鸭子，设其左端点为 \(l\)，将 \(f_{x, l \sim x}\) 区间加 \(1\)。如果在 \(x\) 开枪，有 \(f_{x, x} = \max\limits_{i = 0}^{x - m} f_{x - 1, i}\)。

于是我们需要支持，区间加 \(1\)，给单点赋一段前缀 \(\max\)。

但是 \(x\) 高达 \(10^9\)，显然我们要优化赋前缀 \(\max\) 的过程。

发现若 \(\max\limits_{i = 0}^{x - m - 1} f_{x, i} < \max\limits_{i = 0}^{x - m} f_{x, i}\)，那么 \(f_{x, x - m} > \max\limits_{i = 0}^{x - m - 1} f_{x, i}\)。因为我们区间加 \(1\) 只有 \(O(n)\) 次，所以这样的情况也只会出现 \(O(n)\) 次。考虑出现这种情况的条件：

• 存在一个鸭子，使得它的 \(l = x - m\)；
• \(f_{x, x - 2m} > \max\limits_{i = 0}^{x - 2m - 1} f_{x, i}\)。

考虑维护一个堆，同时对 \(x\) 扫描线。对于一个鸭子 \([l, x]\)，把 \(l + m\) 扔进堆里，表示在这个位置可能出现上面的情况。对于出现上面情况的 \(x\)，再把 \(x + m\) 扔进堆里。

code

#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mkp make_pair
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;

const int maxn = 12000000;

int n, m, N, ls[maxn], rs[maxn], mx[maxn], tag[maxn], rt, ntot;

struct node {
	int l, r;
	node(int a = 0, int b = 0) : l(a), r(b) {}
};

inline bool operator < (const node &a, const node &b) {
	return a.r > b.r || (a.r == b.r && a.l > b.l);
}

inline void pushup(int x) {
	mx[x] = max(mx[ls[x]], mx[rs[x]]) + tag[x];
}

void update(int &rt, int l, int r, int ql, int qr, int x) {
	if (!rt) {
		rt = ++ntot;
	}
	if (ql <= l && r <= qr) {
		mx[rt] += x;
		tag[rt] += x;
		return;
	}
	int mid = (l + r) >> 1;
	if (ql <= mid) {
		update(ls[rt], l, mid, ql, qr, x);
	}
	if (qr > mid) {
		update(rs[rt], mid + 1, r, ql, qr, x);
	}
	pushup(rt);
}

void modify(int &rt, int l, int r, int x, int y) {
	if (!rt) {
		rt = ++ntot;
	}
	if (l == r) {
		mx[rt] = y;
		return;
	}
	int mid = (l + r) >> 1;
	(x <= mid) ? modify(ls[rt], l, mid, x, y) : modify(rs[rt], mid + 1, r, x, y);
	pushup(rt);
}

int query(int rt, int l, int r, int ql, int qr) {
	if (!rt || ql > qr) {
		return 0;
	}
	if (ql <= l && r <= qr) {
		return mx[rt];
	}
	int mid = (l + r) >> 1, res = 0;
	if (ql <= mid) {
		res = max(res, query(ls[rt], l, mid, ql, qr));
	}
	if (qr > mid) {
		res = max(res, query(rs[rt], mid + 1, r, ql, qr));
	}
	res += tag[rt];
	return res;
}

void solve() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	priority_queue<node> pq;
	for (int i = 1, l, r; i <= n; ++i) {
		scanf("%d%d", &l, &r);
		if (r < 0) {
			continue;
		}
		l = max(0, l);
		pq.emplace(l, r);
		pq.emplace(-1, l);
		N = max(N, r);
	}
	int lst = -1;
	while (pq.size()) {
		int l = pq.top().l, r = pq.top().r;
		pq.pop();
		if (l >= 0) {
			update(rt, 0, N, l, r, 1);
			continue;
		}
		if (r == lst) {
			continue;
		}
		int x = lst >= 0 ? query(rt, 0, N, lst, lst) : 0, y = query(rt, 0, N, 0, r - m);
		if (l == -1 || y > x) {
			lst = r;
			modify(rt, 0, N, r, y);
			if (r + m <= N) {
				pq.emplace(-2, r + m);
			}
		}
	}
	printf("%d\n", mx[rt]);
}

int main() {
	int T = 1;
	// scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		solve();
	}
	return 0;
}