[ARC073C] Ball Coloring(贪心)

最新推荐文章于 2025-03-11 19:57:28 发布

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博客围绕[ARC073C] Ball Coloring问题展开，分析了编号最大值和最小值在不同颜色组合中的四种情况，因R、B等价，重点考虑两种情况。分别给出两种情况的答案计算方式及处理方法，总时间复杂度为O(nlgn)，最后提及代码部分。

[ARC073C] Ball Coloring

Solution

我们发现编号的最大值 $m a x$ 必然会在 $R_{max},B_{max}$ 中至少一个出现，最小值 $m i n$ 必然会在 $R_{min},B_{min}$ 中至少一个出现。

因此会有四种情况：

$R_{max}=max,R_{min}=min$
$R_{max}=max,B_{min}=min$
$B_{max}=max,R_{min}=min$
$B_{max}=max,B_{min}=min$

因为 $R, B$ 等价，所以 $3,4condition\;3,4$ 都可以不考虑。

我们先考虑 $1condition\;1$ ，此时答案为 $max-min)(B_{max}-B_{min})$ ，所以相当于 $R$ 是个垃圾桶，随便什么数都可以放，而 $B$ 中的数必须在 $B_{min},B_{max}$ 之间，于是我们可以枚举 $t=B_{min}$ ，让 $B_{max}$ 尽量小，于是对于一个包 $(x, y)$ ，不妨令 $\leq y$ 。

若 $x≤y<tx\leq y<t$ ，则无解。
若 $t\leq y$ ，则把 $y$ 涂成 $B$ 。
若 $t≤x≤yt\leq x\leq y$ ，则把 $x$ 涂成 $B$ 。

可以离散化，然后把所有 $(x, y)$ 按 $x$ 排序，模拟这个变化过程，时间复杂度 $O (n l g n)$ 。

再来考虑 $2condition\;2$ ，此时答案为 $max-R_{min})(B_{max}-min)$ ，我们同样可以枚举 $t=R_{min}$ ，对于每个 $(x, y), x < y$ ，有：

若 $x≤y<tx\leq y<t$ ，则无解。
若 $t\leq y$ ，则把 $y$ 涂成 $R$ 。
若 $t≤x≤yt\leq x\leq y$ ，则把 $y$ 涂成 $R$ 。

因此我们会只会让 $y$ 涂成 $R$ ， $x$ 涂成 $B$ ，直接 $O (n)$ 计算即可。

总时间复杂度 $O (n l g n)$ 。

Code

#include <vector>
#include <list>
#include <map>
#include <set>
#include <deque>
#include <queue>
#include <stack>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#include <functional>
#include <numeric>
#include <utility>
#include <sstream>
#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <cctype>
#include <string>
#include <cstring>
#include <ctime>
#include <cassert>
#include <string.h>
//#include <unordered_set>
//#include <unordered_map>
//#include <bits/stdc++.h>

#define MP(A,B) make_pair(A,B)
#define PB(A) push_back(A)
#define SIZE(A) ((int)A.size())
#define LEN(A) ((int)A.length())
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define fi first
#define se second

using namespace std;

template<typename T>inline bool upmin(T &x,T y) { return y<x?x=y,1:0; }
template<typename T>inline bool upmax(T &x,T y) { return x<y?x=y,1:0; }

typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double lod;
typedef pair<int,int> PR;
typedef vector<int> VI;

const lod eps=1e-11;
const lod pi=acos(-1);
const int oo=1<<30;
const ll loo=1ll<<62;
const int mods=998244353;
const int MAXN=600005;
const int INF=0x3f3f3f3f;//1061109567
/*--------------------------------------------------------------------*/
inline int read()
{
	int f=1,x=0; char c=getchar();
	while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') f=-1; c=getchar(); }
	while (c>='0'&&c<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); c=getchar(); }
	return x*f;
}
PR a[MAXN];
int b[MAXN];
ll solve1(int n)
{
	int mn=INF,mx=-INF,nw=-INF,lim=INF;
	for (int i=1;i<=n;i++) upmin(mn,a[i].fi),upmax(mx,a[i].se),upmax(nw,a[i].fi),upmin(lim,a[i].se);
	ll ans=loo;

	int num=0;
	for (int i=1;i<=n;i++) b[++num]=a[i].fi,b[++num]=a[i].se;
	sort(b+1,b+num+1);
	num=unique(b+1,b+num+1)-b-1;
	for (int i=1,l=1;i<=num;i++)
	{
		if (b[i]>lim) return ans;
		while (l<=n&&b[i]>a[l].fi) upmax(nw,a[l].se),l++;
		upmin(ans,1ll*(mx-mn)*(nw-b[i]));
	}
}
ll solve2(int n)
{
	int mn1=INF,mn2=INF,mx1=-INF,mx2=-INF;
	for (int i=1;i<=n;i++) upmin(mn1,a[i].fi),upmax(mx1,a[i].fi),upmin(mn2,a[i].se),upmax(mx2,a[i].se);
	return 1ll*(mx1-mn1)*(mx2-mn2);
}
signed main()
{
	int n=read();
	for (int i=1;i<=n;i++) a[i].fi=read(),a[i].se=read();
	for (int i=1;i<=n;i++) if (a[i].fi>a[i].se) swap(a[i].fi,a[i].se);
	sort(a+1,a+n+1);
	printf("%lld\n",min(solve1(n),solve2(n)));
	return 0;
}