题解 P6281 [USACO20OPEN] Social Distancing S

传送门

题意

非常简单，不再废话。

分析

很明显，最大化 D 的值。
用 C 某的话，“一眼二分。”
没错，我们这题采用二分完成部分分与正解。

从正确性上，我们更大的答案满足后，必然可以使更小的满足。

二分枚举答案，那么我们的 check 的时间复杂度就成了重中之重。

考虑从左到右放入一头头奶牛，贪心上的，我们从最左开始放，只要当前点能放，我们就将放入。

部分分（$0\le a\le b \le 10^5$）

枚举每个节点，一开始将草地标记，在枚举过程中，倘若当前点可以，就使 $cnt+1$，并将后面 $x-1$ 位全部标记不可访问。

inline bool check(int x) {
    int cnt=0;
    memset(mark,0,sizeof mark);
    for(int i=0; i<=1e5; ++i) {
        if(!vis[i]||mark[i]) continue;
        ++cnt;
        for(int j=i; j-i<x; ++j) mark[j]=1;
    }
    return cnt>=n;
}

时间复杂度：$O(10^5\times \log 1e5)$。

正解

我们优化 check，我们在枚举位上无法有所优化，那我们就考虑转化我们的枚举物。

我们采用枚举每头奶牛所放的位置，从时间复杂度上，我们已经花耗了 $O(n\times \log 10^{18})$。

这也就表示，我们需要在 $O(1)$ 的时间复杂度下找到我们要放的节点。

收到部分分的启发，我们应当跳掉我们上个节点的后 $x$ 个节点，同时，我们要找到这个节点后的第一个有草地的地方。

从暴力开始思考，我们找到这个节点可以枚举 $m$ 个区间，以找到第一个有草地的地方。

但是与此同时的，我们可以思考我们真的需要枚举前面的那些已经枚举过的节点吗？

显然是不用的，因为我们是从左到右地变化下标，我们下标是在不断上升地，那么前面的那些已经淘汰的区间我们并不需要去考虑。

由此，我们可以在 $O(n\log n)$ 的时间复杂度下解决掉此题。

inline bool check(int x) {
    int now=1,pos=-INF;
    for(int i=1;i<=n;++i) {
        int to=pos+x;
        while(now<=m&&a[now].R<to) ++now;
        if(now>m) return 0;
        to=max(to,a[now].L);
        pos=to;
    }
    return 1;
}

总结一下，我们解决的过程中运用了二分、一定的贪心、以及一定的指针思想。