题目描述请移步 https://www.luogu.com.cn/problem/P7913
- 题目简述
有一座机场，分为国际区和国外区，机场共有n 个廊桥，国内国际分别有m1 ,m2 架飞机，给定每架飞机抵达时刻a[i] 、离开时刻b[i]
对于每架飞机，若该区仍有廊桥空闲，就必须停靠在廊桥，否则停靠远机位（数量足够）
求将n个廊桥分配给国内区和国际区，停靠廊桥的飞机最多有多少架
- 题目分析
首先注意到飞机是有后效性的，先到达的飞机可能会占用一个廊桥直到它离开，因此需要对每架飞机按到达时间进行排序
遍历每架飞机复杂度为 O(m1+m2) ，而 m1+m2 就达到了 10^5 级别
因此累加贡献部分的复杂度须为 O(log n)
- 解题思路
发现对于每架飞机，如果它在有 x 个廊桥时停靠廊桥，那么有 x+1 个廊桥时它必定停靠廊桥
点击查看证明
假设 x=2 ，为方便，第i架飞机用 p[i] 来表示
不管数据具体是什么，这两个廊桥的使用必定与下图相似
廊桥1：p[1] --> p[3] -> p[4] ---------> p[9]
廊桥2：p[2] ---------------> p[7]
（后面 "上一架飞机" 意为使用同一廊桥的上一架飞机）
每架飞机后面跟的都是首个到达时间比它离开时间晚的飞机（不考虑其他廊桥的占用）
若第 i 架飞机在两个廊桥时停靠廊桥，而三个廊桥时不停靠廊桥，则只可能其上一架飞机未停靠廊桥
以此类推，只有第 i 架飞机上一架的上一架... 即首个停靠原第 i 架飞机所停靠的廊桥的飞机未停靠廊桥，才可能成立
而新设一个廊桥并不影响原廊桥第一架停靠的飞机，因此这种情况不可能发生因此，每架飞机对答案的贡献，是一个 min_can~n 的区间（令 min_can 为最小的可让这架飞机停靠廊桥的廊桥数量）
考虑使用线段树、树状数组等 log n 级别的结构来解决
这是我们只需维护每架飞机的 "min_can" 就行了，这里分两种情况讨论
1.这架飞机(p[i])到达时有飞机(p[j])离开了，那么 min_can[x]=min_can[j]
2.这架飞机到达时没有飞机离开，则 min_can[x]=目前所有没离开的飞机的数量
要注意的是，一架飞机到达时可能有多架飞机离开，那么它之后的几架飞机仍可以从情况1转移
-
代码实现
#include <iostream>
#include <utility>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <queue>
#define int long long
using namespace std;
const int MAX=1e5+7;
int n,m1,m2;
pair <int,int> p1[MAX],p2[MAX];//飞机
//priority_queue升序
priority_queue <pair<int,int>,vector<pair<int,int> >,greater<pair<int,int> > > q1,q2;//<离开时间,第几架>
priority_queue <int,vector<int>,greater<int> > mc1,mc2;//所有离开的飞机,维护并找到最小的min_can
int min_can1[MAX],min_can2[MAX];//最少多少个廊桥才能使第i架飞机降落在廊桥
int tr1[MAX],tr2[MAX];//树状数组
int lowbit(int x){
return x&-x;
}
void add1(int pos){
for(int i=pos;i<=m1;i+=lowbit(i)){
tr1[i]++;
}
}
void add2(int pos){
for(int i=pos;i<=m2;i+=lowbit(i)){
tr2[i]++;
}
}
int query1(int pos){
int res=0;
for(int i=pos;i>=1;i-=lowbit(i)){
res+=tr1[i];
}
return res;
}
int query2(int pos){
int res=0;
for(int i=pos;i>=1;i-=lowbit(i)){
res+=tr2[i];
}
return res;
}
signed main(){
cin>>n>>m1>>m2;
n=min(n,m1+m2);
for(int i=1;i<=m1;i++){
cin>>p1[i].first>>p1[i].second;
}
for(int i=1;i<=m2;i++){
cin>>p2[i].first>>p2[i].second;
}
sort(p1+1,p1+m1+1);
sort(p2+1,p2+m2+1);//按first升序
memset(min_can1,0x3f,sizeof(min_can1));
memset(min_can2,0x3f,sizeof(min_can2));//初始化极大值
for(int i=1;i<=m1;i++){
while(!q1.empty()&&q1.top().first<p1[i].first){
mc1.push(min_can1[q1.top().second]);//将离开的飞机的min_can值推入另一个优先队列
q1.pop();
}
q1.push(make_pair(p1[i].second,i));
if(!mc1.empty()){//有未利用的离开的飞机
add1(mc1.top());
min_can1[i]=mc1.top();
mc1.pop();
}else{
add1(q1.size());//未离开的飞机的数量
min_can1[i]=q1.size();//更改min_can的值
}
}
for(int i=1;i<=m2;i++){//同上
while(!q2.empty()&&q2.top().first<p2[i].first){
mc2.push(min_can2[q2.top().second]);
q2.pop();
}
q2.push(make_pair(p2[i].second,i));
if(!mc2.empty()){
add2(mc2.top());
min_can2[i]=mc2.top();
mc2.pop();
}else{
add2(q2.size());
min_can2[i]=q2.size();
}
}
int ans=-1;
for(int i=0;i<=n;i++){
ans=max(ans,query1(i)+query2(n-i));//合并答案
}
cout<<ans;
}
完结撒花qwq