•题意
二维平面上有 n 条线段，每条线段坐标为 $(l_i,i),(r_i,i)$；
平面上的每个整点坐标上都可以放置一枚硬币，但是要求任意两枚硬币的横坐标不相同；
问最多有多少条线段可以放置硬币。
•题解1
考虑到当 $X=x$ 时，最多有一条线段可以放置一枚硬币；
那么，我们可以从左到右查找最多有多少条线段可以放置硬币；
定义变量 $X$ 表示 $[0,X]$ 位置已放置好硬币；
既然是按照 $x$ 来的，那么我们就需要将所有可能可以放置硬币的线段按照 $l$ 升序排列，如果 $l$ 相同，按照 $r$ 升序排列；
考虑用优先级队列，首先将所有线段放入优先级队列 $q$ 中，并定义 $X=0$；
每次选择从 $q$ 的队头取出 $l$ 小的线段，判断这条线段的 $l'$ 与 $X$ 的位置关系：
①如果 $l' \leq X$，说明当前这条线段的 $[l',X]$ 位置 不能放置硬币，只能考虑 $[X+1,r']$ 位置是否还可以放置硬币；
那么，此时，我们就将 $[X+1,r_i]$ 丢到 $q$ 中，代表可能从 $[X+1,r']$ 中选择某位置放置硬币；
②如果 $l' > X$，说明 $[X,l')$ 间无可放置硬币的线段，那么我们要选择一枚硬币放置在 $l'$ 处，即当前这条线段上，并更新 $X=l'$；
•Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+; int n;
struct Heap
{
int l,r;
bool operator < (const Heap &obj)const
{
if(l != obj.l)
return l > obj.l;
return r > obj.r;
}
};
priority_queue<Heap >q; int Solve()
{
int X=;
int ans=;
while(!q.empty())
{
Heap tmp=q.top();
q.pop(); /**
如果 tmp.l <= X，那么[tmp.l,X]是已求出最解的位置
但是[X+1,tmp.r] 还是没有放置硬币的
所以当前线段还是有可能在[X+1,tmp.rr]区间放置一枚硬币的
所以将其加入到q中
*/
if(tmp.l <= X && X+ <= tmp.r)
q.push({X+,tmp.r});
else if(tmp.l > X)///如果tmp.l > X，更新ans,X
{
ans++;
X=tmp.l;
}
}
return ans;
}
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
while(!q.empty())
q.pop(); scanf("%d",&n);
for(int i=;i <= n;++i)
{
int l,r;
scanf("%d%d",&l,&r);
q.push({l,r});
}
printf("%d\n",Solve());
}
return ;
}
•题解2
贪心+暴力
贪心策略：按 $r$ 从小到大排，$r$ 相同按 $l$ 从小到大排；
从 1~n 遍历每个线段，对于第 i 条线段，暴力查找 $[l,r]$ 最左的为放置硬币的空位置；
•Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ls(x) (x<<1)
#define rs(x) (x<<1|1)
const int maxn=1e5+; int n;
set<int >_set;
struct Date
{
int l,r;
int len;
bool operator < (const Date &obj) const
{
return r < obj.r;
}
}_date[maxn]; int Solve()
{
sort(_date+,_date+n+);
_set.clear(); int ans=;
for(int i=;i <= n;++i)
{
int l=_date[i].l;
int r=_date[i].r;
for(int j=l;j <= r;++j)
{
if(_set.find(j) == _set.end())///查找第i条线段可以放置硬币的最左的位置
{
_set.insert(j);
ans++;
break;
}
}
}
return ans;
}
int main()
{
int test;
scanf("%d",&test);
while(test--)
{
scanf("%d",&n);
for(int i=;i <= n;++i)
{
scanf("%d%d",&_date[i].l,&_date[i].r);
_date[i].len=_date[i].r-_date[i].l+;
}
printf("%d\n",Solve());
}
return ;
}
•题解2分析
如果输入 1e5 个线段，所有线段的左右端点全部为 [1,1e9]；
那么，这个算法的时间复杂度为 O(n2logn)；
这个时间复杂度在打比赛的时候是不敢想的啊；
虽然不能说是正解，但可以借鉴一下其贪心的思路（tql）；
•疑惑
这道题在离散化后跑一边方法①的代码wa了？？？
感觉，离散化后不影响结果啊？？