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[bzoj 1293][SCOI2009] 生日礼物

2018-03-28 21:39 204 查看

传送门

题目：

Description

小西有一条很长的彩带，彩带上挂着各式各样的彩珠。已知彩珠有N个，分为K种。简单的说，可以将彩带考虑为x轴，每一个彩珠有一个对应的坐标(即位置)。某些坐标上可以没有彩珠，但多个彩珠也可以出现在同一个位置上。 小布生日快到了，于是小西打算剪一段彩带送给小布。为了让礼物彩带足够漂亮，小西希望这一段彩带中能包含所有种类的彩珠。同时，为了方便，小西希望这段彩带尽可能短，你能帮助小西计算这个最短的长度么？彩带的长度即为彩带开始位置到结束位置的位置差。

Input

第一行包含两个整数N, K，分别表示彩珠的总数以及种类数。接下来K行，每行第一个数为Ti，表示第i种彩珠的数目。接下来按升序给出Ti个非负整数，为这Ti个彩珠分别出现的位置。

Output

应包含一行，为最短彩带长度。

Sample Input

6 3

1 5

2 1 7

3 1 3 8

Sample Output

3

HINT

有多种方案可选，其中比较短的是1~5和5~8。后者长度为3最短。
【数据规模】
对于50%的数据， N≤10000；
对于80%的数据， N≤800000；
对于100%的数据，1≤N≤1000000，1≤K≤60，0≤彩珠位置<2^31。

题解：

写法大意：单调队列

sort一遍保证位置的单调性，开一个pos数组存第i种彩带最后出现的位置，出队的时候判断一下那个元素的位置是否与pos数组相同即可（不同才能出队）

就样例来模拟一波：

6 3
1 5
2 1 7
3 1 3 8

进行排序以后的f数组：

f[i].x233123
f[i].y113578
（pos数组要先初始化为-1）

（len要初始化为f
.y-f[1].y，即最坏的情况（否则会有5个点挂掉(luogu会，bzoj没试过)））

当i=1时

pos[f[i].x]为-1，那么f[i]入队，队列中的珠子多了一个了，cnt++

更新pos[f[i].x]的值为f[i].y

开始出队操作：

当队头head<=队尾i且队头的元素所在位置f[head].y！=该位置珠子最后出现的位置（即pos[f[head].x]）时就可以出队了！

最后更新一下答案：

当cnt（队列内珠子种数）=k（珠子种数）时就可以更新答案了！

len=min(len,f[i].y-f[head].y)

这样从头枚举到尾就好了，时间复杂度（nlogn）（排序需要nlogn的时间复杂度）

[b]代码：[/b]

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define ll int
#define min(x,y) x<y?x:y
inline void read(ll &x){
x=0;ll f=1;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-f;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
x*=f;
}
using namespace std;
#define N 1000010
struct node{ll x,y;}f
;
//x表示所属彩珠类型，y表示w位置
ll n,k,len,pos
;
bool cmp(node x,node y){return x.y<y.y;}
int main(){
read(n);read(k);ll a,b=0;
for(ll i=1;i<=k;i++){
read(a);pos[i]+=a;
for(ll j=1;j<=a;j++){
read(f[++b].y);
f[b].x=i;
}
}
sort(f+1,f+n+1,cmp);
len=f
.y-f[1].y;ll head=1,cnt=0;
memset(pos,-1,sizeof(pos));
for(ll i=1;i<=n;i++){
if(pos[f[i].x]==-1)cnt++;
pos[f[i].x]=f[i].y;
while(head<=i&&f[head].y!=pos[f[head].x])head++;
if(cnt==k&&f[i].y-f[head].y<len)len=f[i].y-f[head].y;
}
printf("%d",len);
return 0;
}


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