zcmu-1668: 高桥和低桥

1668: 高桥和低桥

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Description

有个脑筋急转弯是这样的：有距离很近的一高一低两座桥，两次洪水之后高桥被淹了两次，低桥却只被淹了一次，为什么？答案是：因为低桥太低了，第一次洪水退去之后水位依然在低桥之上，所以不算“淹了两次”。举例说明：

假定高桥和低桥的高度分别是5和2，初始水位为1

第一次洪水：水位提高到6（两个桥都被淹），退到2（高桥不再被淹，但低桥仍然被淹）

第二次洪水：水位提高到8（高桥又被淹了），退到3。

没错，文字游戏。关键在于“又”的含义。如果某次洪水退去之后一座桥仍然被淹，那么下次洪水来临水位提高时不能算“又”淹一次。

输入n座桥的高度以及第i次洪水的涨水水位a_i和退水水位b_i，统计有多少座桥至少被淹了k次。初始水位为1，且每次洪水的涨水水位一定大于上次洪水的退水水位。

Input

输入文件最多包含25组测试数据。每组数据第一行为三个整数n, m, k（1<=n,m,k<=10⁵）。第二行为n个整数h_i（2<=h_i<=10⁸），即各个桥的高度。以下m行每行包含两个整数a_i和b_i（1<=b_i<a_i<=10⁸, a_i>b_i-1）。输入文件不超过5MB。

Output

对于每组数据，输出至少被淹k次的桥的个数。

Sample Input

2 2 22 56 28 35 3 22 3 4 5 65 34 25 2

Sample Output

Case 1: 1Case 2: 3

HINT

Source

第一想到的就是可以转化成区间覆盖的问题，把桥的高度按从小到大排序。

然后上一次退潮的点到这次涨潮的点这一段区间就被覆盖了一次而我们要求的就是有多少个点被覆盖了k（及以上）次。

第一个想法就是硬搜直接改变他区间的每个值果然直接就超时了。

然后我考虑他的优化问题。我们可以只标记他的开头和结尾。

如果从第 i 个桥开始被淹到第 j 个桥没有被淹。
那么我就用 s[1][ i ] ++ 表示从第 i 个桥开始都被淹被淹的次数 + 1
s[0][ j ] - - 表示到第 j 个桥开始都没有被淹因为从 i 桥开始都 +1 了所以从在这点要把那个 1 减去

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
int h[20000],w[20000][2],s[2][20000];
int main()
{int n,m,x,y,t=1,k,sum;while(~scanf("%d %d %d",&n,&m,&k)){memset(h,0,sizeof(h));memset(w,0,sizeof(w));memset(s,0,sizeof(s));for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&h[i]);sort(h,h+n);w[0][0]=1;for(int i=0;i<m;i++){scanf("%d %d",&w[i][1],&w[i+1][0]);w[i+1][0]++;//于是，我将潮落后的高度+1,那么可以认为在 [ 低潮，高潮 ] 中的桥都被淹一次}for(int i=0;i<m;i++){int l=lower_bound(h,h+n,w[i][0])-h;//lower_bound(ForwardIter first, ForwardIter last,const _Tp& val)算法返回一个非递减序列[first, last)中的第一个大于等于值val的位置。int r=upper_bound(h,h+n,w[i][1])-h-1;//upper_bound(ForwardIter first, ForwardIter last, const _Tp& val)算法返回一个非递减序列[first, last)中第一个大于val的位置。s[1][l]++;s[0][r]--;}int now=0,ans=0;for(int i=0;i<n;i++){now+=s[1][i];if(now>=k)ans++;//大于k说明满足条件now+=s[0][i];}if(now==k)ans++;printf("Case %d: %d\n",t++,ans);}return 0;
}