p2519 [HAOI2011]problem a

传送门

分析

其实我们可以很巧妙的把这道题转化成一道线段覆盖的问题，怎么转化呢？
对于每一个描述，我们可以根据他所描述的比他高的和比他矮的人数来构造一条线段，左端点l即为y+1，右端点r为n-x。
当我们转化成线段以后，这一段线段就表示着分数相同的人数，那么显然，只有与这个线段完全重合的线段是符合要求的，对于有交集的线段一定是有一个说谎的，但是对于完全重合的线段，还是有可能出现说谎的情况，因为，当完全重合的线段的数量大于这个线段的长度时，就有num-len个人说谎。
这样我们就可以把这个问题转化成一个线段覆盖的问题了，我们只需要求出有多少重合的线段，那么这个线段的权值就是这个数。然后我们再做带权值的线段覆盖就好了。
至于怎么在O(n+n*log(n))的时间内做出来呢：先按照右端点排序，然后从前向后枚举每一个线段，用f数组记录在当前坐标时能取到的最大值：f[a[i].r]=f[a[i].l-1]+a[i].v;
至于为什么是f[a[i].l-1]呢？因为由于这个问题的特殊性，可能会出现[x,x]这种线段，所以为了避免比较麻烦的问题，就这样处理了。再做的时候还需要一直维护着f数组，我们用一个now变量，一直跟着右端点走，总共用O(n)的时间来维护f数组。
代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cctype>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<ctime>
#include<vector>
#include<set>
#include<map>
#include<stack>
using namespace std;
struct node {
    int le,ri;
};
node a[100100];
int dp[100100];
inline bool cmp(const node x,const node y){
    if(x.ri==y.ri)return x.le<y.le;
    return x.ri<y.ri;
}
int main(){
    int n,m=0,i,j,k,maxn=0,wh=0,now=0,x,y;
    scanf("%d",&n);
    for(i=1;i<=n;i++){
      scanf("%d%d",&x,&y);
      if(x+y>=n)wh++;
        else a[++m].le=y+1,a[m].ri=n-x;
    }
    sort(a+1,a+m+1,cmp);
    for(i=1;i<=m;i++){
      int sum=1;
      while(a[i+1].le==a[i].le&&a[i+1].ri==a[i].ri)sum++,i++;
      sum=min(sum,a[i].ri-a[i].le+1);
      dp[a[i].ri]=dp[a[i].le-1]+sum;
      while(now<=a[i].ri)
        maxn=max(dp[now],maxn),dp[now]=maxn,now++;
      if(now==a[i].ri+1)now--;
      if(i!=m&&a[i].ri<a[i+1].le)
        while(now<=a[i+1].le)dp[now]=maxn,now++;
      if(now==a[i+1].le+1)now--;
    }
    cout<<n-maxn;
    return 0;
}

标签：node,p2519,线段,重合,HAOI2011,端点,problem,include,ri
来源： https://www.cnblogs.com/yzxverygood/p/10353065.html