很神仙的dp...假装自己看懂了,以后回来复习复习...
设$f_{i}$表示从$1$到$i$,且$i$这个点必放的最小代价。
一个区间有两个限制条件:至少放一个,至多放一个。
因为一个区间至多要放一个,所以所有包含这个点的区间都不能再放,设$r_{i}$表示包含这个点的区间中最小的左端点$ - 1$。
因为一个区间至少要放一个,所以不能有区间中一个都不放,设$l_{i}$表示整个区间在当前点之前的最大的左端点。
这样子就有了转移方程:$f_{i} = max(f_{j}) + 1$ $(l_{i} \leq j \leq r_{i})$。
弄一个单调队列优化。
读入的时候读入了$x$和$y$,用$x - 1$更新$r_{y}$,用$x$更新$l_{y + 1}$。
有一点问题就是可能会出现$l$不严格不下降,$r$不严格不上升的情况,考虑到$l$, $r$的现实意义,所以处理完读入的时候扫一遍处理一下。
细节:
1、因为$f$表示必选的情况,那么可以让$f_{n + 1}$参与转移,如果$f_{n + 1}$合法,那么最后答案就是$f_{n + 1} - 1$。(我就是这样WA1次的)
2、把不合法的状态标记为$-1$,注意不合法的状态不参与转移。(我就是这样又WA了一次)
还是太菜了。
时间复杂度$O(n)$。
Code:
#include <cstdio> #include <cstring> using namespace std;; const int N = 2e5 + 5; int n, m, ln[N], rn[N], q[N], f[N]; inline void read(int &X) { X = 0; char ch = 0; int op = 1; for(; ch > ‘9‘|| ch < ‘0‘; ch = getchar()) if(ch == ‘-‘) op = -1; for(; ch >= ‘0‘ && ch <= ‘9‘; ch = getchar()) X = (X << 3) + (X << 1) + ch - 48; X *= op; } inline void chkMax(int &x, int y) { if(y > x) x = y; } inline void chkMin(int &x, int y) { if(y < x) x = y; } int main() { // freopen("testdata.in", "r", stdin); read(n), read(m); for(int i = 1; i <= n + 1; i++) rn[i] = i - 1; for(int x, y, i = 1; i <= m; i++) { read(x), read(y); chkMin(rn[y], x - 1); chkMax(ln[y + 1], x); } for(int i = n; i >= 1; i--) chkMin(rn[i], rn[i + 1]); for(int i = 2; i <= n; i++) chkMax(ln[i], ln[i - 1]); int l = 1, r = 1, pos = 1; q[1] = 0; for(int i = 1; i <= n + 1; i++) { for(; l <= r && q[l] < ln[i]; ++l); if(l <= r) f[i] = f[q[l]] + 1; else f[i] = -1; for(; pos <= rn[i + 1]; ++pos) { if(f[pos] == -1) continue; for(; l <= r && f[q[l]] < f[pos]; --r); q[++r] = pos; } } if(f[n + 1] != -1) f[n + 1]--; printf("%d\n", f[n + 1]); return 0; }
原文地址:https://www.cnblogs.com/CzxingcHen/p/9573989.html
时间: 2024-09-29 18:48:32