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Description

有一個長度為 \(n\) 的奶牛隊列，奶牛顏色為黑或白。

現給出 \(m\) 個區間 \([L_i,R_i]\) ，要求：每個區間裏 有且只有一只黑牛 。

問滿足所有給出限制最少有多少頭黑牛，若無合法方案輸出 \(-1\) 。

• \(n\le 2\times 10^5,m\le 10^5\)

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Solution

單調隊列優化。

設 \(f[i]\) 表示，第 \(i\) 個位置為黑牛， \([1,i]\) 的設置符合所有限制，最少有多少頭黑牛。

考慮合法的轉移區間的限制有哪些。

• 每個區間裏只能有一頭黑牛。

  這個限制說明，所有包含 \(i\)

  的區間裏，都不能再有黑牛，所以轉移區間右端點為，包含 \(i\) 的區間裏最小的的 \(L_i-1\) 。

• 每個區間裏必須有一頭黑牛。

  這個限制比較麻煩。因為不能有區間空著，所以所有不包含 \(i\) 的區間裏都要有黑牛。

  所以我們要找到，不包含 \(i\) 的區間裏最大的 \(L_i\)，轉移的右端點就是這個 \(L_i\) 。

然後就可以單調隊列優化了。註意不合法狀態不放到單調隊列裏。

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Code

寫起來其實還是可以判斷代碼能力的。

有一種比較優秀的寫法 不知道比我原來yy的高到哪裏去了 ，利用了一個單調性。

一個點轉移的合法區間左右端點其實都有單調性。

如果包含這個位置的最左端點要小於上一個位置，顯然上一個位置可以直接換成這個值。

如果不包含這個位置的最右端點要小於上一個位置，顯然這個位置的右端點也可以直接換成上一個位置的值。

這樣一來我們的預處理是線性的了，也就是說，對於每個區間，我們只需要標記區間右端點和區間右端點 \(+1\) 的位置，最後掃描一遍所有位置。

還有一個技巧是統計答案的時候，不需要討論最後一個位置什麽顏色，只需要讓數列長度 \(+1\) , 最後一個位置的 \(f\) 值就是答案。

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 200010
#define R register
#define gc getchar
#define inf 2000000000
using namespace std;

inline int rd(){
  int x=0; bool f=0; char c=gc();
  while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=gc();}
  while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();}
  return f?-x:x;
}

int n,m,l[N],r[N],f[N],q[N],hd,tl;

int main(){
  n=rd(); m=rd();
  for(R int i=1;i<=n+1;++i) r[i]=i-1;
  for(R int i=1,sl,sr;i<=m;++i){
    sl=rd(); sr=rd();
    r[sr]=min(r[sr],sl-1);
    l[sr+1]=max(l[sr+1],sl);
  }
  for(R int i=1;i<=n+1;++i) l[i]=max(l[i],l[i-1]);
  for(R int i=n;i;--i) r[i]=min(r[i],r[i+1]);
  int ptr=1; hd=tl=1;
  for(R int i=1;i<=n+1;++i){
    while(ptr<=r[i]){
      if(f[ptr]<0){++ptr;continue;}
      while(f[ptr]>f[q[tl]]&&hd<=tl) --tl;
      q[++tl]=ptr; ++ptr;
    }
    while(q[hd]<l[i]&&hd<=tl) ++hd;
    if(hd<=tl) f[i]=f[q[hd]]+(i!=n+1);
    else f[i]=-1;
  }
  printf("%d\n",f[n+1]);
  return 0;
}
 

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