题意就是给出多个区间,要求去掉两个区间,使得剩下的区间覆盖范围最大。

当然比赛的时候还是没能做出来,不得不佩服大佬的各种姿势。

当时我想的是用线段树维护区间和,然后用单点判0,维护区间间断个数。然后打到一半,就发现想法有问题。

这道题正解就是简单的前缀和,或者DP。

我为了更加深入理解,两种方法都试了试。

前缀和版本:

由于题目给的范围是5000,明显支持N^2,于是我们枚举去掉的两个,刚好满足,那么要如何才能O(1)的得到答案?

我们其实可以这样,我们知道它的总覆盖的数目,这是非常容易求出的。减去枚举的区间对答案的贡献即可。那么如何减去贡献,我们知道两个区间,可能有两种情况,一种是有交集部分,这一部分需要在交集区间上减去2次,而剩下的部分需要在剩下部分减去1次就行。

那么如果要对答案产生影响,答案就是

总覆盖区间=枚举区间交集部分刚好被覆盖两次+剩下交集为空的区间被覆盖一次的个数

考虑如何求被覆盖一次的个数,通过维护差分,求得每个点的被覆盖次数

枚举区间,就能求得每个区间,被覆盖次数为1的个数(不会有交集)。

那么如何求两个区间交集部分刚好被覆盖两次的值呢???

很简单,由于这个区间交集是不确定的。那么我们如何求呢?

我们已经知道每个点的覆盖次数。

那么我们可以知道刚好被覆盖两次的点,所在位置。

利用前缀和,和差分的思想,我们可以用一个新的前缀和数组,记录当前被覆盖的次数刚好被覆盖次数为1的位置。

然后求前缀和,这样我们就能快速的求出,[L,R]区间内,刚好为2的个数。

这样答案也出来了,注意枚举区间可能交集可能不存在,这样就不用算覆盖次数为2的个数。

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
using namespace std;
const int maxx = ;
int pre[][maxx];
struct node{
int l,r;
}a[maxx];
int main(){
int n,q,sum,ans;
while(~scanf("%d%d",&n,&q)){
ans=;
sum=;
memset(pre,,sizeof(pre));
for (int i=;i<=q;i++){
scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r);
pre[][a[i].l]+=;
pre[][a[i].r+]-=;
}
for (int i=;i<=n;i++){
pre[][i]+=pre[][i-];//每个位置的情况
if (pre[][i])sum++;
}
for (int i=;i<=n;i++){
if (pre[][i]==)
pre[][i]++;//每个位置个数是否是2
}
for (int i=;i<=n;i++){
pre[][i]+=pre[][i-];//次数==2的前i项个数
}
for (int i=;i<=q;i++){
for (int j=a[i].l;j<=a[i].r;j++){
if (pre[][j]==){
pre[][i]++;//在第i个区间内部有多少个数为1的个数
}
}
}
for (int i=;i<=q;i++){
for (int j=i+;j<=q;j++){
int l=max(a[i].l,a[j].l);
int r=min(a[i].r,a[j].r);
int tmp=sum;
if (r>=l)
tmp-=(pre[][r]-pre[][l-]);
tmp-=(pre[][j]+pre[][i]);
ans=max(ans,tmp);
}
}
printf("%d\n",ans);
}
return ;
}

那么我们考虑DP做法。

这个DP和我前几天做的DP非常像。

我们可以构建这样DP

DP[i]代表,选到i位置,选择k个的最优解。用L[i]表示某个覆盖到i位置的区间,往左能覆盖的最小坐标

那么转移方程就是:

dp[j]=max(dp[L[j]-1]+j-L[j]+1,dp[j])

同时要是短的段落,能覆盖的个数是大于当前的,可以更新更长的段。

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define rep(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
#define per(i,j,k) for(int i=j;i>=k;i--)
using namespace std;
const int maxx = +;
int dp[maxx];
int L[maxx];
int main()
{
int n,q,tmp,l,r;
while(~scanf("%d%d",&n,&q))
{
rep(i,,n)
{
L[i]=i+;
dp[i]=;
}
rep(i,,q)
{
scanf("%d%d",&l,&r);
rep(j,l,r)
{
L[j]=min(L[j],l);
}
}
// for (int i=1;i<=n;i++){
// printf("%d ",L[i]);
// }
// cout<<endl;
rep(i,,q-)
{
per(j,n,)
{
dp[j]=max(dp[L[j]-]+j-L[j]+,dp[j]);
}
rep(j,,n){
dp[j]=max(dp[j],dp[j-]);
}
}
printf("%d\n",dp[n]);
}
return ;
}

Educational Codeforces Round 61 (Rated for Div. 2)-C. Painting the Fence 前缀和优化的更多相关文章

  1. Educational Codeforces Round 73 (Rated for Div. 2) D. Make The Fence Great Again(DP)

    链接: https://codeforces.com/contest/1221/problem/D 题意: You have a fence consisting of n vertical boar ...

  2. Educational Codeforces Round 61 (Rated for Div. 2) D,F题解

    D. Stressful Training 题目链接:https://codeforces.com/contest/1132/problem/D 题意: 有n台电脑,每台电脑都有初始电量ai,也有一个 ...

  3. Educational Codeforces Round 61 (Rated for Div. 2) E 多重背包优化

    https://codeforces.com/contest/1132/problem/E 题意 有8种物品,重量是1~8,每种数量是\(cnt[i]\)(1e16),问容量为W(1e18)的背包最多 ...

  4. Educational Codeforces Round 61 (Rated for Div. 2)

    A. Regular Bracket Sequence 题意:给出四种括号的数量 ((  )) ()  )( 问是否可以组成合法的序列(只能排序不能插在另外一个的中间) 思路: 条件一:一个或 n个) ...

  5. Educational Codeforces Round 61 (Rated for Div. 2) E. Knapsack

    非常经典的dp题,因为1至8的最大公约数是840,任何一个数的和中840的倍数都是可以放在一起算的, 所以我只需要统计840*8的值(每个数字(1-8)的sum%840的总和),剩下都是840的倍数 ...

  6. Educational Codeforces Round 61 (Rated for Div. 2) G(线段树,单调栈)

    #include<bits/stdc++.h>using namespace std;int st[1000007];int top;int s[1000007],t[1000007];i ...

  7. Educational Codeforces Round 61 (Rated for Div. 2)F(区间DP,思维,枚举)

    #include<bits/stdc++.h>typedef long long ll;const int inf=0x3f3f3f3f;using namespace std;char ...

  8. Educational Codeforces Round 61 (Rated for Div. 2)D(二分,模拟,思维)

    #include<bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;int n,k;ll a[200007],b[200007] ...

  9. Educational Codeforces Round 55 (Rated for Div. 2) C. Multi-Subject Competition 【vector 预处理优化】

    传送门:http://codeforces.com/contest/1082/problem/C C. Multi-Subject Competition time limit per test 2 ...

随机推荐

  1. Java数据结构和算法 - 链表

    Q: 为什么要引入链表的概念?它是解决什么问题的? A: 数组作为数据存储结构有一定的缺陷,在无序数组中,搜索是低效的:而在有序数组中,插入效率又很低:不管在哪一个数组中删除效率都很低:况且一个数组创 ...

  2. 剑指Spring源码(二)

    这是春节后的第一篇博客,我在构思这篇博客的时候,一度想放弃,想想要不要换个东西写,因为毕竟个人水平有限,Spring源码实在博大精深,不是我这个菜的抠脚的菜鸡可以驾驭的,怕误人子弟,还有就是源码分析类 ...

  3. 【Linux篇】--awk的使用

    一.前述 awk是一个强大的文本分析工具.相对于grep的查找,sed的编辑,awk在其对数据分析并生成报告时,显得尤为强大.简单来说awk就是把文件逐行的读入,(空格,制表符)为默认分隔符将每行切片 ...

  4. Spring Cloud实战的代码和视频位置

    大家好,本博文的连接里包含了Spring Cloud实战的代码和视频位置. 代码下载连接: 视频下载连接:

  5. springboot~lombok使用总结

    @Getter & @Setter 生成getter和setter块 @Data注解 @Data相当于@Getter @Setter @RequiredArgsConstructor @ToS ...

  6. Fescar(Seata)-Springcloud流程分析-2阶段

    上文我们分析了fescar的一阶段执行过程.在一阶段中,服务起始方发起全局事务并注册到TC.在调用协同服务时,协同服务的事务分支事务会先完成阶段一的事务提交或回滚,并生成事务回滚的undo_log日志 ...

  7. SpringBoot整合Jsp和Thymeleaf (附工程)

    前言 本篇文章主要讲述SpringBoot整合Jsp以及SpringBoot整合Thymeleaf,实现一个简单的用户增删改查示例工程.事先说明,有三个项目,两个是单独整合的,一个是将它们整合在一起的 ...

  8. nginx rewrite 实现URL跳转

    最近工作中常常要改nginx配置,学习了nginx中rewrite的用法 URL跳转这里说的URL跳转就是用户在访问一个URL时将其跳转到另一个URL上.常见的应用场景是让多个域名跳转到同一个URL上 ...

  9. .NET知识体系(转载)

    这篇文章为新手指明的学习方向: https://www.cnblogs.com/mcgrady/p/4725038.html 先生存后发展,先学会选择和使用知识和工具来做东西,然后在研究怎么做的再好一 ...

  10. Spring入门(三):通过JavaConfig装配bean

    上一篇博客中,我们讲解了使用组件扫描和自动装配实现自动化装配bean,这也是最好的使用方式. 但是某些场景下,我们可能无法使用自动装配的功能,此时就不得不显式的配置bean. 比如我们引用了一个第三方 ...