洛谷P3029 [USACO11NOV]Cow Lineup S

题目描述:

农民约翰雇一个专业摄影师给他的部分牛拍照。由于约翰的牛有好多品种，他喜欢他的照片包含每个品种的至少一头牛。

约翰的牛都站在一条沿线的不同地方， 每一头牛由一个整数位置 \(x_{i}\)以及整数品种编号 \(ID_{i}\)表示。

约翰想拍一张照片，这照片由沿线的奶牛的连续范围组成。照片的成本与规模相当，这就意味着，在一系列照片中的最大和最小 \(x\) 坐标的差距决定了照片的成本。

请帮助约翰计算最小的照片成本，这些照片中有每个不同的品种的至少一头牛，没有两头牛愿意站在同一个地点。

输入格式

第 1 行：牛的数量 \(N\)；

第 2..1+N 行：每行包含 2 个以空格分隔的正整数 \(X_i\) 和 \(ID_i\)；意义如题目描述；(\(1≤N≤50,000；0≤X_i≤1,000,000,000；1≤ID_i≤1,000,000,000\))

题目分析

可以发现,x和id的值都非常大,我们不能通过开一个\(10^9\)的数组来存储品种为id的牛是否在区间内,但是牛的总数N只有50000,也就是说最多只会出现50000只id不同的牛.所以我们可以对id进行一个离散化,可以节省大量的空间.

离散化后,我们又该如何计算答案呢?
首先发现牛的顺序起初是无序的,处理不便,所以先将牛按照x值从小到大排序一下.
如果我们枚举每一个区间的话,复杂度为\(O(N^2)\),会超时,此处我们可以通过two-pointers来优化算法.

起初指针i,j都指向1号牛,将j指针不停向右移动,直到所以种类的牛都出现在区间里.此时更新答案,然后将i指针右移,直到区间里不包含所有种类的牛了,就重新将j指针向右移.重复这个过程即可.
这个算法i,j指针均不会后退,所以复杂度为\(O(N)\).

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <climits>
#include <algorithm>
#include <map>
using namespace std;

const int N = 50010;

int n, cnt, ans = INT_MAX;
struct Cow {
	int x, id;
	bool operator < (const Cow &w) const {
		return x < w.x;
	}
} cow[N];
map<int, bool> used;
map<int, int> sum;

int main() {
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> cow[i].x >> cow[i].id;
		if (!used[cow[i].id]) {
			++cnt;
			used[cow[i].id] = true;
		}
	}
	sort(cow + 1, cow + n + 1);
	int num = 1;
	sum[cow[1].id] = 1;
	for (int i = 1, j = 1; i <= n; i++) {
		while (num < cnt && j < n) {
			j++;
			sum[cow[j].id]++;
			if (sum[cow[j].id] == 1) num++;
		}
		if (num == cnt) ans = min(ans, cow[j].x - cow[i].x);
		sum[cow[i].id]--;
		if (sum[cow[i].id] == 0) num--;
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}