洛谷 USACO P2207 Photo

P2207 Photo

题目描述

Framer Jhon 打算给他的N头奶牛照相，( 2 <= N <= 1 000 000 000) 。

他们排成一条线，并且依次取1~N作为编号。

每一张照片可以拍摄到这列奶牛中一个连续的区间中的奶牛。

对于每一头奶牛，FJ都想要让Ta至少出现在一张照片里。

不幸的是，有K对关系不好的奶牛( 1 <= K <= 1000)，他们拒绝出现在同一张照片里。

已知所有关系不好的奶牛所在的位置，请计算出FJ需要的最小需要拍摄的照片数量。

输入输出格式

输入格式：

*第一行： 两个整数: N,K.

*第2..K+1行中，第i+1行有两个整数，记为A_i与B_i。它们代表着处在队列中第A_i头奶牛与第B_i头奶牛是关系不好的，它们不能出现在同一张照片里。

输出格式：

*一个整数，代表FJ需要的最小需要拍摄的照片数量

输入输出样例

输入样例#1：

7 3
1 3
2 4
5 6

输出样例#1：

3

说明

输出解释：FJ可以只拍三张照片：[1,2] , [3,5] , [6,7]

网上找不到题解的任何行踪。。

A了这道题之后看了看洛谷上其他提交的代码    都没有我的好

我的代码也不一定完全对，有一些贪心的成分在里面

大概说一下：

每一对无法共存的关系储存在结构体num里，较小的为a，较大的为b。这个问题就转换成了求最少区间不包含任何一个完整的num区间。

我们按照较小的a对num进行排序。

我们逐个扫描每个num，记录当前所在分组的区间[l,r]，初始为[1,num[i].b]

这些num区间有三种情况：相交，相离，内含。因此我们需要对这三种情况进行处理。

那么我们很容易发现，只需要保证区间[l,r]只有同一个num中的a而没有b,

所以，根据上述原则，我们：

当前区间为[l,r]，扫描到了第i个num

对于相离：此时应该另起炉灶重新划分区间。

因为num[i].a无论如何也加不进我们的当前区间了。我们新区间就是num[i]的[a,b-1]，num[1..i].a都已经包含在上一个区间了，还会剩下一些num[1..i].b放在新区间，或者新区间与旧区间的间隔处（间隔处可以随意归给任意区间，不影响划分），而这些b由于a始终不可能被纳入新区间不要理会。但是，当我们扫描到最后一个区间时，需要给这些b单独划分一个区间，需要对最终分组数+ 1。也存在最有一个区间包含所有b的情况，不需要分组数+1，因此需要特判最后的b是不是最大的b（我写题解的时候才想到，我没有写进去，数据太水辣）。分组数ans加一。

对于相交或者内含：把r设置为min(b - 1, b)即可。因为r如果b不是已经扫描过的num中最小的，就一定有一个最小的包含在区间里，不符合设定。

这样，最终答案为ans + 2，因为最开始一个区间没有记录，最后面的b可能没有被包含进来（正如前面所说需要特判，但是数据太水，我没特判）

根据上述分析，我们发现：l根本用不到！！！只需要考虑r即可

上代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>

long long n;
int k;
struct T
{
	int a,b;
}num[1000 + 10];
bool cmp(T q, T w){ return q.a < w.a;}
int ans;

int main()
{
	freopen("data.txt", "r", stdin);
	scanf("%d%d", &n, &k);
	for(int i = 1;i <= k;i ++)
	{
		int temp,tempp;
		scanf("%d%d", &temp, &tempp);
		num[i].a = std::min(temp,tempp);
		num[i].b = std::max(temp,tempp);
	}
	std::sort(num + 1,num + 1 + k, cmp);
	int r = num[1].b - 1;
	for(int i = 1; i <= k; i ++)
	{

		if(num[i].a > r)
		{
			ans ++;
			r = num[i].b - 1;
		}
		r = std::min(r, num[i].b - 1);
	}
	printf("%d", ans + 2);
	return 0;
}