CSP-S 2021 廊桥分配

2021年的提高组第一题

学校模拟测试的时候居然想到了AC的代码（（（bushi

luogu P7913

题目意思

  大体意思就是有n个廊桥，m1起国内航班，m2起国际航班，国内区和国际区是分开的，把n个廊桥分到两个区，飞机想要尽可能的停在廊桥处，而不停在远机处，每架飞机都有各自的起降时间，廊桥按到达顺序供给飞机，问怎么分廊桥可使得停在廊桥的飞机最多？

  数据范围：1≤n≤10⁵，m1,m2≥1，m1+m2≤10⁵，ai<bi≤10⁸

思路

  因为题目中说廊桥是按飞机抵达的先后顺序分配的，我先想到了一个暴力思路：就是枚举分给国内的廊桥的个数（则分给国外的廊桥个数为n-i），再去枚举国内国外能有多少架飞机可以停在廊桥，取和的最大值，这个思路的复杂度在不优化的情况下大概是O（n^2(m1+m2)），这个复杂度一眼就知道会炸，大概只能过前20%的数据

  接着，我否定了我上一个暴力思路后又想出了更好的一个暴力思路（别问我为啥老想暴力思路，因为正解也不是那么容易能思考出来的，这个离着我的AC思路已经很近了）：我们不如先假设廊桥有无数个，去遍历国内（国外）的航班，设一个sum[i]表示第i个廊桥会停几架飞机，如果此时有空机位，飞机就停在空机位，sum[i]++，否则廊桥数tot++，sum[tot]=1，最后再用一个前缀和p，就可以求出当有i个廊桥的时候，可以停放多少飞机。

  这个思路的时间复杂度是O（n*(m1+m2)），完全可以过掉前40%的点了。但是我的目标是正解，我们发现，在找空机位的时候特别浪费时间，是O（n）的复杂度，我们应该去考虑一种log级别的方法。

  我先考虑的就是优先队列q1（太香了），把廊桥的编号和飞机起飞时间压入队列，按起飞时间由小到大排序，如果队首元素起飞时间大于当前遍历到的飞机，那么直接新建廊桥，否则将其停在队首廊桥上，压入队列。

  注意！这里我犯了个非常致命的错误！！！

  如果只是判定是否需要新建廊桥，是没有问题的，但是如果直接停在队首廊桥就会出现一个错误——可能会有编号更小的廊桥可以停，这样就会导致：假设这个飞机是可以停在1号廊桥，但由于3号廊桥的飞机起飞更早，导致该飞机停在了3号廊桥（所以会有啥后果呢？），那么我们在存储sum[i]的时候，就会把该飞机编入3号廊桥，也就是说至少要给国内分配3个廊桥时该飞机才可以停，那这显然不行。

正解

  于是，我又增加了一个优先队列q2，用来从小到大存当前空机位廊桥的编号，如果有飞机的降落时间大于q1队首的起飞时间，那么我们直接把队首元素弹出，并把所对的廊桥编号压入q2，然后取q2队首编号的廊桥作为当前飞机的停机点。如果飞机的降落时间小于q1队首的起飞时间，先看看q2是否有空机位，如果没有再创建一个廊桥。时间复杂度是O（（m1+m2）logn），可以过。

代码

  考试时写的代码，难看繁琐，勿喷

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m1,m2;

struct qu{
	int l;
	int r;
};
qu s1[101000],s2[101000];

struct node{
	int id;
	int ti;
	bool operator < (const node &x) const{
		return ti>x.ti;
	}
};

priority_queue<node> q;
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > q2; 
int sum1[101000],sum2[101000],p1[101000],p2[101000];
int tot1,tot2;

bool cmp(qu x,qu y){
	return x.l<y.l;
}
int main (){
	cin >> n >> m1 >> m2;
	for(int i=1;i<=m1;i++)
		cin >> s1[i].l >> s1[i].r;
	for(int i=1;i<=m2;i++)
		cin >> s2[i].l >> s2[i].r;
		
	sort(s1+1,s1+m1+1,cmp);//先按降落时间从小到大排序 
	sort(s2+1,s2+m2+1,cmp);
	
	for(int i=1;i<=m1;i++){
		if(q.empty()||q.top().ti>s1[i].l){//如果当前所用着的廊桥已经没有可以停下的了 
			if(!q2.empty()) {//如果有空机位先停空机位 
				sum1[q2.top()]++;
				q.push({q2.top(),s1[i].r});
				q2.pop();
				continue;
			}
			sum1[++tot1]++;//否则新建廊桥 
			q.push({tot1,s1[i].r});
		}else{
			while(!q.empty()&&q.top().ti<=s1[i].l){//先把所有符合要求的廊桥出队 
				node u=q.top();
				q2.push(u.id);//压入q2 
				q.pop();
			}
			sum1[q2.top()]++;//sum存储 
			q.push({q2.top(),s1[i].r});
			q2.pop();
		}
	}
	
	while(!q.empty()) q.pop();//清空q1 q2 
	while(!q2.empty()) q2.pop();
	
	for(int i=1;i<=n;i++) p1[i]=p1[i-1]+sum1[i];//前缀和求p，表示i个廊桥可停几个飞机 
	
	for(int i=1;i<=m2;i++){//国外同理 
		if(q.empty()||q.top().ti>s2[i].l){
			if(!q2.empty()) {
				sum2[q2.top()]++;
				q.push({q2.top(),s2[i].r});
				q2.pop();
				continue;
			}
			sum2[++tot2]++;
			q.push({tot2,s2[i].r});
		}else{
			while(!q.empty()&&q.top().ti<=s2[i].l){
				node u=q.top();
				q2.push(u.id);
				q.pop();
			}
			sum2[q2.top()]++;
			q.push({q2.top(),s2[i].r});
			q2.pop();
		}
	}
	
	for(int i=1;i<=n;i++) p2[i]=p2[i-1]+sum2[i];
	
	int ans=0;
	for(int i=0;i<=n;i++){//枚举廊桥的分配个数 
		ans=max(ans,p1[i]+p2[n-i]); //取最大值 
	}
	cout << ans;
	
	return 0;
}

总结

  总体来说第一题还是有一定的思维的，这是本蒟蒻第一次写题解，若有什么问题请指出。

下课！