【模拟·习题】[USACO18JAN]Lifeguards S

Problem

题意翻译
FJ为他的奶牛们建造了一个游泳池，FJ认为这将有助于他们放松身心以及生产更多牛奶。

为了确保奶牛们的安全，FJ雇佣了N头牛，作为泳池的救生员，每一个救生员在一天内都会有一定的事情，并且这些事情都会覆盖一天内的一段时间。为了简单起见，泳池从时间t=0时开门，直到时间t=1000000000关门，所以每个事情都可以用两个整数来描述，给出奶牛救生员开始以及结束事情的时间。例如，一个救生员在时间t=4时开始事情并且在时间t=7时结束事情，那么这件事情就覆盖了3个单位时间。（注意：结束时间是“点”的时间）

不幸的是，FJ多雇佣了一名的救生员，但他没有足够的资金来雇佣这些救生员。因此他必须解雇一名救生员，求可以覆盖剩余救生员的轮班时间的最大总量是多少？如果当时至少有一名救生员的事情已经开始，则这个时段被覆盖。

输入格式

输入的第一行包括一个整数N（1≤N≤100000）。接下来N行中，每行告诉了我们一个救生员在0~10000000000范围内的开始以及结束时间。所有的结束时间都是不同的。不同的救生员的事情覆盖的时间可能会重叠。

输出格式

如果FJ解雇一名救生员仍能覆盖的最大时间。

Solution

线段覆盖类题型的常见思路就是根据左端点，从小到大进行。

如果有一个点，被其它的若干个线段覆盖，即它覆盖的区间也被其它的区间覆盖过，则这个区间一定作废，即最后输出所有区间覆盖的大小即可。

若不存在上述情况，我们需要通过线段之间的覆盖关系来查找究竟应该删除哪一个线段。

显然，删除的点一定是单独覆盖的点尽可能小，这个才能使总结果减少的尽量小，这样才能够保证结果最优。

在循环枚举的第i条线段，可以具体这么操作：

如果它不与前面的线段重合，对最后答案的贡献一定是 $R[i]-L[i]$ ;否则对答案的贡献是 $R[i]-last,last$ 表示前一个合法的线段的末尾端点；事实上进行画图，可以发现贡献= $min(R[i]-L[i],R[i]-last).$
若不包含下一个线段，单独占有的部分是 $min(R[i]-L[i],R[i]-last)$ ，可以把前面的线段枪过来；然后再把前面线段单独占有的部分减掉。

这道题的主要思路是处理边与边之间的关系，事实上不需要很复杂的考虑，只要考虑相邻两条线段之间的关系即可。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,flag=0,len=0;
struct node
{
    int L;
    int R;
    int only;//单独对答案的贡献 
};
node a[200000];
bool cmp(node p1,node p2)  
{
    return p1.L<p2.L;
}
int main(void)
{
	freopen("lifeguards.in","r",stdin);
	freopen("lifeguards.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    for (int i=1;i<=n;++i)
        scanf("%d %d",&a[i].L,&a[i].R);
    sort(a+1,a+n+1,cmp);
    int last=0;
    for (int i=1;i<=n;++i)
    {
        if (a[i].R<=last) flag=1;	
        else
        {
        	len+=min(a[i].R-a[i].L,a[i].R-last);
        	a[i].only=min(a[i].R-a[i].L,a[i].R-last);
        	if (a[i].L<last) a[i-1].only-=last-a[i].L;
        	last=a[i].R;
        }
    }
    int dec=INT_MAX;
    for (int i=1;i<=n;++i)
        dec=min(dec,a[i].only);
    if (flag == 1) printf("%d\n",len);
    else printf("%d\n",len-dec);
    return 0;
}