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题目意思就是在n个区间内选出尽可能多的区间,使得这些区间互不相交。
我们先对这n个区间去重。
假如有两个区间[l1, r1],[l2, r2]
若满足l1 >= l2且 r1 <= r2,那么[l2, r2]就是可以被去掉的。
因为这两个区间里我们显然最多只能选择一个。
如果我们在答案里选择了[l2, r2],那么我们如果把[l2, r2]换成[l1, r1]的话
这个答案肯定还是满足题意的。
甚至可能腾出了可以放下其他区间的空间。
那么我们去重之后进行离散化,接下来就是贪心的过程。
我们把这些处理好的区间以左端点为关键字升序排序。
排好序的区间,右端点肯定也是升序的。
我们预处理出f[i]为右端点小于等于i的所有区间的编号的最大值。
我们从最后一个区间开始选,
对于当前我们可以选择的范围肯定要选择编号更大的。
因为编号越大说明左端点越大,给其他区间留出的空间越多。
于是我们从最后一个区间开始选,依次贪心,这样就可以了。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define rep(i, a, b) for (int i(a); i <= (b); ++i) #define dec(i, a, b) for (int i(a); i >= (b); --i) typedef long long LL; const int inf = 1e9 + 1; const int N = 1e6 + 10; const int A = 22; struct node{ int x, y, s, t; friend bool operator < (const node &a, const node &b){ return a.x == b.x ? a.y < b.y : a.x < b.x; } } a[N], c[N]; int b[N << 2], d[N << 2]; int cnt, tot, now; int n, m, et; int mx; int st[N << 1][A]; int ans; bool cmp(const node &a, const node &b){ return a.s == b.s ? a.t > b.t : a.s < b.s; } int main(){ scanf("%d", &n); cnt = 0; rep(i, 1, n){ int x, y; scanf("%d%d", &a[i].x, &a[i].y); a[i].s = a[i].y; a[i].t = a[i].x + inf; } sort(a + 1, a + n + 1, cmp); cnt = 0; for (int i = 1, j; i <= n;){ j = i + 1; while (j <= n && a[j].t <= a[i].t) ++j; c[++cnt] = a[i]; i = j; } et = 0; rep(i, 1, cnt){ b[++et] = c[i].x; b[++et] = c[i].y; } rep(i, 1, et) d[i] = b[i]; sort(d + 1, d + et + 1); tot = unique(d + 1, d + et + 1) - d - 1; rep(i, 1, et) b[i] = lower_bound(d + 1, d + tot + 1, b[i]) - d; et = 0; rep(i, 1, cnt){ c[i].x = b[++et]; c[i].y = b[++et]; } mx = c[cnt].y; rep(i, 1, mx){ if (i < c[1].y) continue; int l = 1, r = cnt; while (l + 1 < r){ int mid = (l + r) >> 1; if (c[mid].y <= i) l = mid; else r = mid - 1; } if (c[r].y <= i) st[i][0] = r; else st[i][0] = l; } now = mx; ans = 0; for (; now > 0; ){ int fl = st[now][0]; if (fl == 0) break; ++ans; now = c[fl].x - 1; } printf("%d\n", ans); return 0; }
时间: 2024-10-16 23:23:08