CF1175E Minimal Segment Cover

CF1175E Minimal Segment Cover

给定 \(n\) 条形如 \([l,\ r]\) 的线段，有 \(m\) 次询问，求 \([x,\ y]\) 最少要用多少条线段才能被完全覆盖，无解输出 \(-1\)

\(n,\ m\leq2\times10^5,\ l,\ r,\ x,\ y\in[0,\ 5\times10^5]\)

倍增

---

首先，有一个 \(O(nm)\) 的贪心，每次选择左端点不大于 \(x\) ，右端点最大的线段，并更新 \(x\) 为右端点，直到 \(x>y\)

可以用倍增优化，令 \(p_{i,\ j}\) 表示左端点为 \(j\) ，选择 \(2^i\) 条线段所能得到的右端点最大值。预处理了这个玩意儿就可以 \(O((n+m+a_i)\log a_i)\) 做了

处理出 \(i\in[0,\ \log n],\ j\in[0,\ 5\times10^5]\) 的 \(p_{i,\ j}\) ，可以有效地避免一些边界判断，无解即为 \(ans>n\)

时间复杂度 \(O((n+m+a_i)\log a_i)\) ，空间复杂度 \(O(a_i\log a_i)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn = 5e5 + 10;
int n, m, pos[19][maxn];

inline void chkmax(int &x, int y) {
  if (x < y) x = y;
}

int main() {
  scanf("%d %d", &n, &m);
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    int x, y;
    scanf("%d %d", &x, &y);
    chkmax(pos[0][x], y);
  }
  for (int i = 1; i < 500001; i++) {
    chkmax(pos[0][i], pos[0][i - 1]);
  }
  for (int i = 1; i < 19; i++) {
    for (int j = 0; j < 500001; j++) {
      pos[i][j] = pos[i - 1][pos[i - 1][j]];
    }
  }
  while (m--) {
    int l, r, ans = 0;
    scanf("%d %d", &l, &r);
    for (int i = 18; ~i; i--) {
      if (pos[i][l] < r) {
        ans |= 1 << i, l = pos[i][l];
      }
    }
    printf("%d\n", ans < n ? ans + 1 : -1);
  }
  return 0;
}