洛谷P2519 [HAOI2011]problem a

探讨一场考试中,参赛者对于自己分数排名的陈述,如何通过算法确定最少说谎者人数。采用区间合并和动态规划的方法,解决复杂度较高的问题。

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题目描述

一次考试共有n个人参加,第i个人说:“有ai个人分数比我高,bi个人分数比我低。”问最少有几个人没有说真话(可能有相同的分数)

输入输出格式

输入格式:

第一行一个整数n,接下来n行每行两个整数,第i+1行的两个整数分别代表ai、bi

输出格式:

一个整数,表示最少有几个人说谎

输入输出样例

输入样例#1: 复制
3
2 0
0 2
2 2
输出样例#1: 复制
1

说明

100%的数据满足: 1≤n≤100000 0≤ai、bi≤n




题解:

洛谷里已经解释的很清楚了。

这里把第 ii 个人的名次,定义为分数严格高于第 ii 个人的人数加 11 。

把条件进行转化,可以得到「 a_iai 个人分数比我高, b_ibi 个人分数比我低」实际上就是「我是第 a_i+1ai+1 名, 算上我一共有 n-a_i-b_inaibi 个人和我分数相同」。这里设 l_i=a_i+1li=ai+1 , r_i=n-b_iri=nbi 。意义是将分数从大到小排序之后,与第 ii 个人分数相同(包括第 ii 个人)的区间是 [l_i,r_i][li,ri] 。

先去掉一些必假的话。

1、如果 l_i>r_ili>ri ,那么第 ii 个人说的话必假。

2、如果 l_ili 和 r_iri 都相等的人出现了超过 r_i-l_i+1rili+1 个,那么最多只有其中的 r_i-l_i+1rili+1 个人说了真话,超出 r_i-l_i+1rili+1 部分的人说的话必假。

判断第 22 个条件,可以按照 ll 为第一关键字, rr 为第二关键字从小到大排序来判断。去掉所有必假的话之后,把 ll 和 rr 都相等的人合并成一个区间(左右端点不变),并给区间定义一个价值,即为合并之前满足 l_ili 等于该区间左端点且 r_iri 等于该区间右端点的人数。

这样,求最多有多少人说真话,就变成了这一个问题: mm 个区间,每个区间为 [L_i,R_i][Li,Ri] ,价值为 V_iVi ,从中选出若干个没有交集的区间,求选出区间的最大价值和。

这样就可以DP了。先把区间按 R_iRi 排序,设 f[i]f[i] 为到第 ii 个区间的最优解。

转移就是先二分查找当 k\in[1,i-1]k[1,i1] 时满足 R_k<L_iRk<Li 的最大的 kk 值,那么,转移方程就是:

f[i]=\max(f[i-1],f[k]+V_i)f[i]=max(f[i1],f[k]+Vi) 。

最后答案就是 n-f[m]nf[m] 。


代码:

#include<bits/stdc++.h>
struct aaa{
	int l,r,val;
}a[1000001],b[1000001];
using namespace std;
int n,n1,m,i,l,r,mid,f[1000001];
bool cmp(aaa a,aaa b){
	return a.l<b.l||a.l==b.l&&a.r<b.r;
}
bool cmp1(aaa a,aaa b){
	return a.r<b.r||a.r==b.r&&a.l<b.l;
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	n1=n;
	for(i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r);
		a[i].l++;
		a[i].r=n-a[i].r;
	}
	sort(a+1,a+n+1,cmp);
	for(i=1;i<=n;i++)
	 if(a[i].l<=a[i].r)b[++m]=a[i];
	n=0; 
	for(i=1;i<=m;i++)
	 if(i==1||b[i].l!=b[i-1].l||b[i].r!=b[i-1].r) {
	 	a[++n]=b[i];
	 	a[n].val=1;
	 }
	  else if(a[n].val<b[i].r-b[i].l+1)a[n].val++;
	sort(a+1,a+n+1,cmp1); 
	f[1]=a[1].val; 
	for(i=2;i<=n;i++){
		f[i]=f[i-1];
		l=1;r=i-1;
		while(l<=r){
			mid=(l+r)/2;
			if(a[mid].r<a[i].l){
			 f[i]=max(f[i],f[mid]+a[i].val);
			 l=mid+1;
		}
		 else r=mid-1;
		}
	}
	printf("%d",n1-f[n]);
}

这道题目还可以使用树状数组或线段树来实现,时间复杂度也为 $\mathcal{O}(n\log n)$。这里给出使用树状数组的实现代码。 解题思路: 1. 读入数据; 2. 将原数列离散化,得到一个新的数列 b; 3. 从右往左依次将 b 数列中的元素插入到树状数组中,并计算逆序对数; 4. 输出逆序对数。 代码实现: ```c++ #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <algorithm> const int MAXN = 500005; struct Node { int val, id; bool operator<(const Node& other) const { return val < other.val; } } nodes[MAXN]; int n, a[MAXN], b[MAXN], c[MAXN]; long long ans; inline int lowbit(int x) { return x & (-x); } void update(int x, int val) { for (int i = x; i <= n; i += lowbit(i)) { c[i] += val; } } int query(int x) { int res = 0; for (int i = x; i > 0; i -= lowbit(i)) { res += c[i]; } return res; } int main() { scanf("%d", &n); for (int i = 1; i <= n; ++i) { scanf("%d", &a[i]); nodes[i] = {a[i], i}; } std::sort(nodes + 1, nodes + n + 1); int cnt = 0; for (int i = 1; i <= n; ++i) { if (i == 1 || nodes[i].val != nodes[i - 1].val) { ++cnt; } b[nodes[i].id] = cnt; } for (int i = n; i >= 1; --i) { ans += query(b[i] - 1); update(b[i], 1); } printf("%lld\n", ans); return 0; } ``` 注意事项: - 在对原数列进行离散化时,需要记录每个元素在原数列中的位置,便于后面计算逆序对数; - 设树状数组的大小为 $n$,则树状数组中的下标从 $1$ 到 $n$,而不是从 $0$ 到 $n-1$; - 在计算逆序对数时,需要查询离散化后的数列中比当前元素小的元素个数,即查询 $b_i-1$ 位置上的值; - 在插入元素时,需要将离散化后的数列的元素从右往左依次插入树状数组中,而不是从左往右。
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