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题目大意:将数轴视为跑道,现在有数个学生正在跑步,每个学生都有四个相关属性:
- 起始时间
- 停止时间
- 起始位置
- 方向(正向,反向)
现在给出 n 处监控,每处监控在第 t 秒第 x 个位置拍到了至少一个学生,问最少需要多少个学生进行跑步,才能满足 n 处监控的条件
题目分析:因为跑道的范围是 1 ~ 1e9 ,所以贪心可以得出,因为需要让尽量少的学生进行跑步,所以每个学生尽量跑更多的路,可以使得被更多的监控拍到,这样我们不妨直接设所有跑步的学生为两类,一类是从点 0 出发正向跑,另一类是从点 1e9 出发倒着跑
那么对于监控中拍到的人,因为监控是在 ( t , x ) 的条件下拍到的,换句话说,这个人,可以是第 t - x 秒从点 0 出发正着跑的那个人,也可以是第 t - ( 1e9 - x ) 秒从点 1e9 出发倒着跑的那个人
如此一来就将问题转换为二分图的最小点覆盖问题了,首先引用一下最小点覆盖的定义(来自大蓝书)
最小点覆盖:给定一张二分图,求出一个最小的点集S,使得图中任意一条边都有至少一个端点属于S。
在这个题目中,每条边代表的是每个监控的信息,每个点代表的是跑步的学生,这样一来,最小点覆盖的定义与本题就对应起来了:求出最少跑步的学生,使得所有的监控条件都满足
不过本题中 n 和 m 都是 1e5 的级别,朴素的求最小点覆盖的算法是匈牙利算法,时间复杂度是 n * n 的,所以我们需要用网络流将其优化为 msqrt( n ) 的时间复杂度才行
代码:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<climits>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<cassert>
#include<bitset>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=2e5+100;
const int limit=1e9;
int l[N],r[N],n;
vector<int>vl,vr;
struct Edge
{
int to,w,next;
}edge[N<<1];//边数
int head[N],cnt;
void addedge(int u,int v,int w)
{
edge[cnt].to=v;
edge[cnt].w=w;
edge[cnt].next=head[u];
head[u]=cnt++;
edge[cnt].to=u;
edge[cnt].w=0;//反向边边权设置为0
edge[cnt].next=head[v];
head[v]=cnt++;
}
int d[N],now[N];//深度 当前弧优化
bool bfs(int s,int t)//寻找增广路
{
memset(d,0,sizeof(d));
queue<int>q;
q.push(s);
now[s]=head[s];
d[s]=1;
while(!q.empty())
{
int u=q.front();
q.pop();
for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next)
{
int v=edge[i].to;
int w=edge[i].w;
if(d[v])
continue;
if(!w)
continue;
d[v]=d[u]+1;
now[v]=head[v];
q.push(v);
if(v==t)
return true;
}
}
return false;
}
int dinic(int x,int t,int flow)//更新答案
{
if(x==t)
return flow;
int rest=flow,i;
for(i=now[x];i!=-1&&rest;i=edge[i].next)
{
int v=edge[i].to;
int w=edge[i].w;
if(w&&d[v]==d[x]+1)
{
int k=dinic(v,t,min(rest,w));
if(!k)
d[v]=0;
edge[i].w-=k;
edge[i^1].w+=k;
rest-=k;
}
}
now[x]=i;
return flow-rest;
}
void init()
{
memset(now,0,sizeof(now));
memset(head,-1,sizeof(head));
cnt=0;
}
int solve(int st,int ed)
{
int ans=0,flow;
while(bfs(st,ed))
while(flow=dinic(st,ed,inf))
ans+=flow;
return ans;
}
void discreate()//离散化
{
sort(vl.begin(),vl.end());
sort(vr.begin(),vr.end());
vl.erase(unique(vl.begin(),vl.end()),vl.end());
vr.erase(unique(vr.begin(),vr.end()),vr.end());
for(int i=1;i<=n;i++)
{
l[i]=lower_bound(vl.begin(),vl.end(),l[i])-vl.begin()+1;
r[i]=lower_bound(vr.begin(),vr.end(),r[i])-vr.begin()+1+vl.size();
}
}
void build(int st,int ed)//建图
{
init();
for(int i=1;i<=n;i++)
addedge(l[i],r[i],1);
for(int i=0;i<vl.size();i++)
addedge(st,i+1,1);
for(int i=0;i<vr.size();i++)
addedge(i+1+vl.size(),ed,1);
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
// freopen("data.in.txt","r",stdin);
// freopen("data.out.txt","w",stdout);
#endif
// ios::sync_with_stdio(false);
int w;
cin>>w;
while(w--)
{
vl.clear(),vr.clear();
int st=N-1,ed=st-1;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int t,x;
scanf("%d%d",&t,&x);
l[i]=t-x,r[i]=t-(limit-x);
vl.push_back(l[i]);
vr.push_back(r[i]);
}
discreate();
build(st,ed);
printf("%d\n",solve(st,ed));
}
return 0;
}