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好的又是神仙题。。。
我的思路:对于区间分两种情况讨论,一种是完全包含,另一种是部分包含。
第一种情况非常好判断,至于计算对于一个区间[l, r]的$\sum a[i]$就可以了,但是后两种呢?qwq。想了半天也没想出来。
看了下题解,果然还有更高端的操作!
首先这题可以看是二分图匹配,最暴力的写法是对于每个a[i],直接拆成a[i]个点,然后分别向$[l_i, r_i]$连边,最后看是否能完全匹配。
有一个专门判断这玩意儿的定理:
hall定理:
二部图g中的两部分顶点组成的集合分别为$x, y$, $x = \{x1, x2, x3,x4,.........,xm\},$y=\{y1, y2, y3, y4 ,.........,yn\},g中有一组无公共点的边,一端恰好为组成x的点的充分必要条件是:
x中的任意k个点至少与y中的k个点相邻。(1≤k≤m)
对于此题来说,直接应用hall定理得到的推论为:对于任意的x个人,都至少对应x条边与其相连
然而这样好像还是不好搞,考虑一步步推广
1、对于任意一个询问$[l, r], a_i$,若$a_i$满足要求,那么任意的$x <= a_i$,都满足要求。
这是显然的,因为每个$a_i$连的点都是相同的
2、对于任意的区间$[l, r]$,若他们包含的$a[i]$, $\sum a[i] <= r - l + 1$满足条件,则去掉任意的$a[i]$后,该区间仍然满足条件。
同样显然。
这样我们就把给出的问题转化为:判断对于任意$[l_j, r_i]$,是否满足条件
对所有询问按右端点排序后线段树维护
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<map> #include<vector> #include<cstring> #define pair pair<int, int> #define mp(x, y) make_pair(x, y) #define fi first #define se second #define ll long long using namespace std; const int maxn = 2 * 1e6 + 10, mod = 1e9 + 7; inline ll read() { char c = getchar(); ll x = 0, f = 1; while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();} while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar(); return x * f; } #define ls k << 1 #define rs k << 1 | 1 int t, n, m; int mx[maxn], f[maxn], date[maxn]; struct qu { int l, r, a; bool operator < (const qu &rhs) const { return r == rhs.r ? l < rhs.l : r < rhs.r; } }q[maxn]; void update(int k) { mx[k] = max(mx[ls], mx[rs]); } void add(int k, int val) { mx[k] += val, f[k] += val; } void pushdown(int k) { if(f[k]) add(ls, f[k]), add(rs, f[k]), f[k] = 0; } void intadd(int k, int ll, int rr, int l, int r, int val) { if(ll <= l && r <= rr) {add(k, val); return ;} int mid = l + r >> 1; pushdown(k); if(ll <= mid) intadd(ls, ll, rr, l, mid, val); if(rr > mid) intadd(rs, ll, rr, mid + 1, r, val); update(k); } int query(int k, int ll, int rr, int l, int r) { if(ll <= l && r <= rr) return mx[k]; int mid = l + r >> 1; pushdown(k); if(ll > mid) return query(rs, ll, rr, mid + 1, r); else if(rr <= mid) return query(ls, ll, rr, l, mid); else return max(query(ls, ll, rr, l, mid), query(rs, ll, rr, mid + 1, r)); } main() { t = read(); while(t--) { memset(mx, 0, sizeof(mx)); memset(f, 0, sizeof(f)); n = read(); m = read(); int cnt = 0, tot = 0; ll sum = 0; for(int i = 1; i <= n; i++) { q[++cnt].l = read(), q[cnt].r = read(), q[cnt].a = read(); sum += q[cnt].a; if(q[cnt].l > q[cnt].r) q[cnt].r += m; else if(q[cnt].r < m) q[cnt + 1] = (qu) {q[cnt].l + m, q[cnt].r + m, q[cnt].a}, cnt++; } if(sum > m) {puts("no"); continue;} for(int i = 1; i <= cnt; i++) q[i].l++, q[i].r++, date[++tot] = q[i].l, date[++tot] = q[i].r; for(int i = 1; i <= 2 * n; i++) date[++tot] = i; sort(q + 1, q + cnt + 1); sort(date + 1, date + tot + 1); tot = unique(date + 1, date + tot + 1) - date - 1; int cur = 0, flag = 0; for(int i = 1; i <= cnt; i++) { int l = q[i].l, r = q[i].r; l = lower_bound(date + 1, date + tot + 1, l) - date; r = lower_bound(date + 1, date + tot + 1, r) - date; while(cur < r) cur++, intadd(1, cur, cur, 1, tot, date[cur] - 1); intadd(1, 1, l, 1, tot, q[i].a); int val = query(1, 1, r, 1, tot); if(val > date[r]) {puts("no"); flag = 1; break;} } if(!flag) puts("yes"); } return 0; }
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