畜栏预定

题目

题目

做法

我们现在考虑一种贪心方法，我们把所有牛的按$l$排序一遍，然后从小往大遍历，如果现在我的所有的畜栏都在工作，那么就新建一个畜栏，否则随便挑一个畜栏（反正都是没在工作，都一样），其实不难想是对的，但是严谨证明吗，我还是炒一下yxc大大的吧QMQ。

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证明：

反证法，假设存在一种方案，使得需要的畜栏数量更少，记其需要的畜栏数量是 $m$。

考虑在上述做法中，第一次新建第 $m+1$ 个畜栏的时刻，不妨设当前处理的是第 $i$ 头牛。

由于所有牛是按开始时间从小到大排好序的，所以现在前 $m$ 个畜栏中最后一头牛的开始时间一定小于等于第 $i$ 头牛的开始时间。

而且前 $m$ 个畜栏中最小的结束时间大于等于第 $i$ 头牛的开始时间，所以前 mm 个畜栏里最后一头牛的吃草区间一定都包含第 $i$ 头牛的开始时间，所以我们就找到了 $m+1$ 个区间存在交集，所以至少需要 $m+1$ 个畜栏，矛盾。

所以上述做法可以得到最优解，证毕。

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当然，至于处理编号，以及看这个畜栏是否空闲，我是使用小根堆处理的，小根堆按照解放时间排序（即牛的结束时间+1）。

这里我又测试了一下，其实求最大覆盖数也能求出需要多少畜栏的，比如$[1,5]$和$[2,6]$，$[2,5]$的覆盖数都是$2$，所以答案是$2$，其实也不难想，对于两个区间有交集，就说明它们不能再同一个畜栏里，所以如果最多$n$个不能的话就要建立$n$个畜栏的。（不知道怎么证明，知道的可以回复我一下，我写进博客里面，虽然我个人是觉得是对的。）

个人这里给出一个较伪的证明，对于$m$个畜栏而言，我们考虑第二个栏中的每头牛，如果这头牛的区间和第一栏中没有一个是冲突的，就把它移动到第一栏中，这样第二栏的牛就在第一栏都有冲突了，第三栏则同时对一二栏做（优先对编号小的栏移动），这样第三栏的牛就在一二栏都存在冲突的牛（同时二对一也是如此，并没有改变），后面反复这样干，到了$n$号栏就变成了至少存在一头牛使得$n$个栏之间是冲突的。（如果不存在就至少会少一个栏。）

当然，这个做法并不能求编号，所以还是老老实实用前面的方法吧。

时间复杂度：$O(nlogn)$。

代码

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define  N  51000
#define  M  1100000 
using  namespace  std;
typedef  pair<int,int> PII;
struct  node
{
    
    
	int  l,r,id;
}a[N];int  n;
int  b[M],ans=0,an[N],fuck[N];
inline  bool  cmp(node  x,node  y){
    
    return  x.l<y.l;}
priority_queue<PII,vector<PII>,greater<PII> >c;//小根堆
int  list[N],top=0;
int  main()
{
    
    
	scanf("%d",&n);
	for(int  i=1;i<=n;i++){
    
    scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r);a[i].id=i;}
	sort(a+1,a+n+1,cmp);
	for(int  i=1;i<=n;i++)
	{
    
    
		fuck[a[i].id]=i;
		while(!c.empty()  &&  c.top().first<=a[i].l)list[++top]=c.top().second,c.pop();
		if(top>0)an[i]=list[top--];
		else  an[i]=++ans;
		c.push(make_pair(a[i].r+1,an[i]));
	}
	printf("%d\n",ans);
	for(int  i=1;i<=n;i++)printf("%d\n",an[fuck[i]]);
	return  0;
}

实验代码，即测试后面那个想法是不是对的代码（当然是对的啦，不然也不会写了）：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define  N  51000
#define  M  1100000 
using  namespace  std;
typedef  pair<int,int> PII;
struct  node
{
    
    
	int  l,r,id;
}a[N];int  n;
int  b[M],ans=0,an[N],fuck[N];
inline  bool  cmp(node  x,node  y){
    
    return  x.l<y.l;}
priority_queue<PII,vector<PII>,greater<PII> >c;
int  list[N],top=0;

//试验区 
int  f[M];
inline  int  mymax(int  x,int  y){
    
    return  x>y?x:y;}
///
int  main()
{
    
    
	scanf("%d",&n);
	for(int  i=1;i<=n;i++){
    
    scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r);a[i].id=i;f[a[i].l]++;f[a[i].r+1]--;}
	int  anss=0;
	for(int  i=1;i<=1000000;i++)anss=mymax(anss,f[i]+=f[i-1]);
	sort(a+1,a+n+1,cmp);
	for(int  i=1;i<=n;i++)
	{
    
    
		fuck[a[i].id]=i;
		while(!c.empty()  &&  c.top().first<=a[i].l)list[++top]=c.top().second,c.pop();
		if(top>0)an[i]=list[top--];
		else  an[i]=++ans;
		c.push(make_pair(a[i].r+1,an[i]));
	}
	printf("%d\n",anss);
	for(int  i=1;i<=n;i++)printf("%d\n",an[fuck[i]]);
	return  0;
}

小结

其实你会发现不管是这道题目还是上一道防晒，都是通过排序的方式解决到了$l$或者$r$，然后处理另外一个的。