ARC147E 做题记录

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巧妙的题。

我们相当于选择一个尽量小的集合 \(S\)，重新分配 \(S\) 中所有人的分数，使得最后所有人都满足要求。

先把本来就不符合要求的加入 \(S\)，然后考虑再多加哪些人。

考虑转化条件：考虑从值域入手。发现 \(S\) 合法的充要条件是：\(\forall k\)，\(\sum\limits_{x \in S} [a_x \le k] \ge \sum\limits_{x \in S} [b_x \le k]\)。

证明比较显然。

那么我们可以离散化，然后从小到大枚举值域。维护 \(a_x\le k\) 和 \(b_x\le k\) 的人的个数 \(cnta,cntb\)，用大根堆维护可以其他的可以贡献的人即可。

这启示我们，条件的转化不一定需要性质，换个入手点也一样行。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pb push_back
#define pir pair <ll, ll>
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
const ll maxn = 6e5 + 10;
ll n, a[maxn], b[maxn], h[maxn], ht, cnta, cntb, dr[maxn], tr[maxn];
vector <ll> vec[maxn], vect[maxn];
priority_queue <pir> q;
int main() {
	scanf("%lld", &n);
	for(ll i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%lld%lld", a + i, b + i);
		h[++ht] = a[i], h[++ht] = b[i];
	}
	sort(h + 1, h + 1 + ht);
	ht = unique(h + 1, h + 1 + ht) - h - 1;
	for(ll i = 1; i <= n; i++) {
		a[i] = lower_bound(h + 1, h + 1 + ht, a[i]) - h;
		b[i] = lower_bound(h + 1, h + 1 + ht, b[i]) - h;
		if(a[i] >= b[i]) vec[b[i]].pb(i);
		else vect[a[i]].pb(i);
	}
	for(ll i = 1; i <= ht; i++) {
		for(ll j: vect[i]){
			++dr[b[j]];
			++cnta;
		}
		for(ll j: vec[i]) q.push(mkp(a[j], j));
		cntb += dr[i], cnta += tr[i];
		while(cnta > cntb) {
			ll x = q.empty()? 0 : q.top().se;
			if(a[x] <= i) {
				puts("-1");
				return 0;
			}
			++cntb, q.pop();
			++tr[a[x]];
		}
	}
	printf("%lld", (ll) q.size());
	return 0;
}