[二分] AT1279 题解-优快云博客

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/Minecraftwzy/article/details/119971804

本文讲解了一种优化的算法思路，利用排序和二分查找技巧，解决了一个关于多人在特定时间段内打招呼的问题，将时间复杂度降低至O(nlogn+nlogn)，适用于大规模数据。通过实例和代码展示了如何通过先排序开始时间再进行二分查找，高效计算每个人听到的问好次数。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目传送门

思路

排序+二分

这个题目拿到之后，我们很容易想到 $n^2$ 的解法，但是看到数据范围，很显然 $n^2$ 的算法是过不了的，所以我们需要优化。

先来讲一讲 $n^2$ 的算法

即我们先枚举 $1$ 到 $n$ 然后再来一层循环 $j$ 从 $1$ 到 $n$ 。只要保证 $j$ 这个人他到这个地方的开始时间大于 $i$ 这个人来到这的地方的开始时间且小于 $i$ 这个人离开这个地方的结束时间，第 $i$ 个人会听到的问好数 $+ 1$ 。

接着我们来讲一讲如何优化

很显然， $i$ 的那一层循环肯定是必须要枚举的，所以我们要想办法来优化 $j$ 这一层循环。我们可以先对所有人的开始时间进行排序，排完序之后，我们发现第二层循环可以二分。

怎么二分呢？

因为我们知道的这个序列的开始时间已经有了单调性，那么当然就可以二分了。我们可以运用二分求出这个序列在第 $i$ 个人之后最后一个在 $i$ 离开之前跟他打招呼的人，然后我们再用这个人在数组的下标减去 $i$ 就可以求出 $i$ 一共听到了多少声招呼了。

这样的话，时间复杂度是 $O (n l o g n + n l o g n)$ ，是不会超时的。

代码

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n;
struct node
{
    int s,t,id,ans;
    //对左端点的排序规则
    bool operator <(const node &n)const
    {
        return s<n.s||(s==n.s&&t<n.t);
    }
}arr[100005];
//最后根据一开始的输入顺序进行复原的排序。
bool cmp(node x,node y)
{
    return x.id<y.id;
}
int main()
{
	//输入
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        cin>>arr[i].s>>arr[i].t;
        arr[i].id=i;//记得存一开始的下标，不然后面就无法按照题目给定的顺序进行输出了。
    }
    sort(arr+1,arr+n+1);//排序
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        int l=i,r=n,bj;
        if(arr[i+1].s>arr[i].t)//二分
        {
            continue;
        }
        while(l<=r)
        {
            int mid=(l+r)/2;
            if(arr[mid].s<=arr[i].t)
            {
                bj=mid;
                l=mid+1;
            }
            else
                r=mid-1;
        }
        arr[i].ans=bj-i;//记得减去i
    }
    sort(arr+1,arr+n+1,cmp);//恢复一开始的输入顺序
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        cout<<arr[i].ans<<endl;//输出
    }
}