UVALive 6261 Jewel heist
题意:珠宝大盗Arsen Lupin偷珠宝。在展厅内,每颗珠宝有个一个坐标为(xi,yi)和颜色ci。
Arsen Lupin发明了一种设备,可以抓取平行x轴的一条线段下的所有珠宝而不触发警报,
唯一的限制是抓取的珠宝不能不能有所有的m种颜色。询问能抓取的最大珠宝数量。
分析:要决策的东西有两个,一是这条线段的y坐标,二是线段的x的范围。
枚举线段的y坐标,线段宽度要保证下方不能有所有的颜色,这需要知道颜色的关于x的坐标信息,
为了x的坐标信息的重复利用,从小到大枚举y。
对于一个固定的yi,怎么找到合适的区间呢?一个简单且正确的想法是枚举不要的颜色,
对于每种不要的颜色,只要选择不包含这种颜色的区间就可以保证符号要求了。
但是这样做太慢了,枚举颜色是O(n)的。
幸运的是,这里面有大量的重复计算,在枚举yi-1的时候,有很多的区间是不会变的,已经计算过的了,
只要枚举发生了改变的区间。
关于颜色的区间信息可以用set保存,在枚举的区间合法的情况下只是一个区间询问单点更新可用BIT,下标范围需要离散。
/*********************************************************
* ---------------------------- *
* author AbyssalFish *
**********************************************************/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std; typedef long long ll; const int maxn = 2e5+; set<int> S[maxn]; int x[maxn],y[maxn],c[maxn];
int r[maxn], xs[maxn]; int *cmp_c;
bool cmp_id(int i,int j){ return cmp_c[i] < cmp_c[j]; } int C[maxn];
int ns; void add(int x)
{
while(x <= ns){
C[x]++; x += x&-x;
}
} int sum(int x)
{
int re = ;
while(x > ){
re += C[x]; x &= x-;
}
return re;
} void solve()
{
int n, m, i, j, k;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i = ; i < n; i++) {
scanf("%d%d%d",x+i,y+i,c+i);
r[i] = i;
} cmp_c = x;
sort(r,r+n,cmp_id);
ns = ;
xs[r[]] = ns;
for(i = ; i < n; i++){
xs[r[i]] = (x[r[i]] == x[r[i-]]) ? ns:++ns;
} for(i = ; i <= m; i++){
S[i].clear();
S[i].insert();
S[i].insert(ns+);
} cmp_c = y;
for(i = ; i < n; i++) r[i] = i;
sort(r,r+n,cmp_id); memset(C+,,sizeof(int)*ns); int ans = , p, q, cur_y;
for(i = ; i < n; i = k){
cur_y = y[r[i]];
for(j = i; j < n && y[k = r[j]] == cur_y; j++){
auto it = S[c[k]].lower_bound(xs[k]);
p = *it-;
q = *--it;
if(p > q)
ans = max(ans,sum(p)-sum(q));
}
k = j;
while(--j >= i){
p = r[j];
S[c[p]].insert(xs[p]);
add(xs[p]);
}
}
for(i = ; i <= m; i++){
auto it = S[i].begin();
q = ;
for(it++; it != S[i].end(); it++){
p = *it-;
if(p > q) ans = max(ans, sum(p) - sum(q));
q = *it;
}
}
printf("%d\n", ans);
} //#define LOCAL
int main()
{
#ifdef LOCAL
freopen("in.txt","r",stdin);
#endif
int T; scanf("%d",&T);
while(T--) solve();
return ;
}
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