51 NOD 1428 活动安排问题(树状数组+离散化)

本文解决了一个活动安排问题,通过离散化和树状数组的方法,实现了高效求解最少需要多少个教室来安排不冲突的活动,输入为活动的开始和结束时间。

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题目链接:https://www.51nod.com/onlineJudge/questionCode.html#!problemId=1428

基准时间限制:1 秒 空间限制:131072 KB 分值: 10  难度:2级算法题
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有若干个活动,第i个开始时间和结束时间是[Si,fi),同一个教室安排的活动之间不能交叠,求要安排所有活动,最少需要几个教室? 
Input
第一行一个正整数n (n <= 10000)代表活动的个数。
第二行到第(n + 1)行包含n个开始时间和结束时间。
开始时间严格小于结束时间,并且时间都是非负整数,小于1000000000
Output
一行包含一个整数表示最少教室的个数。
Input示例
3
1 2
3 4
2 9
Output示例
2

解析:由于数据比较大,10^9,咱可以先离散化下,最多10000*2个数,给他们排下序,标下号1~n,然后就是树状数组求区间重复个数了,如果[l,r],那么l位置+1,r+1位置-1就好了。

代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int s[100009], e[100009], d[200009];

int dp[200009], len;

void add(int k, int v)
{
    while(k <= len+10)
    {
        dp[k] += v;
        k += k&(-k);
    }
}
int sum(int k)
{
    int ans = 0;
    while(k)
    {
        ans += dp[k];
        k -= k&(-k);
    }
    return ans;
}

int main()
{
    int n;
    scanf("%d", &n);
    memset(dp, 0, sizeof(dp));
    len = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        scanf("%d%d", &s[i], &e[i]);
        d[len++] = s[i]; d[len++] = e[i];
    }
    sort(d, d+len);
    len = unique(d, d+len) - d;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        s[i] = lower_bound(d, d+len, s[i]) - d;
        e[i] = lower_bound(d, d+len, e[i]) - d;
        add(s[i]+1, 1);
        add(e[i]+1, -1);
    }
    int ans = 0;
    for(int i = 1; i <= len+1; i++)
        ans = max(ans, sum(i));
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}



### 关于51Nod 3100 上台阶问题的C++解法 #### 题目解析 该题目通常涉及斐波那契数列的应用。假设每次可以走一步或者两步,那么到达第 \( n \) 层台阶的方法总数等于到达第 \( n-1 \) 层和第 \( n-2 \) 层方法数之和。 此逻辑可以通过动态规划来解决,并且为了防止数值过大,需要对结果取模操作(如 \( \% 100003 \)[^1])。以下是基于上述思路的一个高效实现: ```cpp #include <iostream> using namespace std; const int MOD = 100003; long long f[100010]; int main() { int n; cin >> n; // 初始化前两项 f[0] = 1; // 到达第0层有1种方式(不移动) f[1] = 1; // 到达第1层只有1种方式 // 动态规划计算f[i] for (int i = 2; i <= n; ++i) { f[i] = (f[i - 1] + f[i - 2]) % MOD; } cout << f[n] << endl; return 0; } ``` 以上代码通过数组 `f` 存储每层台阶的结果,利用循环逐步填充至目标层数 \( n \),并最终输出结果。 --- #### 时间复杂度分析 由于仅需一次线性遍历即可完成所有状态转移,时间复杂度为 \( O(n) \)。空间复杂度同样为 \( O(n) \),但如果优化存储,则可进一步降低到 \( O(1) \): ```cpp #include <iostream> using namespace std; const int MOD = 100003; int main() { int n; cin >> n; long long prev2 = 1, prev1 = 1, current; if (n == 0 || n == 1) { cout << 1 << endl; return 0; } for (int i = 2; i <= n; ++i) { current = (prev1 + prev2) % MOD; prev2 = prev1; prev1 = current; } cout << prev1 << endl; return 0; } ``` 在此版本中,只保留最近两个状态变量 (`prev1`, `prev2`) 来更新当前值,从而节省内存开销。 --- #### 输入输出说明 输入部分接受单个整数 \( n \),表示台阶数量;程序会返回从地面走到第 \( n \) 层的不同路径数目,结果经过指定模运算处理以适应大范围数据需求。 ---
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