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題目大意：將數軸視為跑道，現在有數個學生正在跑步，每個學生都有四個相關屬性：
起始時間停止時間起始位置方向（正向，反向）
現在給出 n 處監控，每處監控在第 t 秒第 x 個位置拍到了至少一個學生，問最少需要多少個學生進行跑步，才能滿足 n 處監控的條件
題目分析：因為跑道的范圍是 1 ~ 1e9 ，所以貪心可以得出，因為需要讓盡量少的學生進行跑步，所以每個學生盡量跑更多的路，可以使得被更多的監控拍到，這樣我們不妨直接設所有跑步的學生為兩類，一類是從點 0 出發正向跑，另一類是從點 1e9 出發倒著跑
那么對于監控中拍到的人，因為監控是在 ( t , x ) 的條件下拍到的，換句話說，這個人，可以是第 t - x 秒從點 0 出發正著跑的那個人，也可以是第 t - ( 1e9 - x ) 秒從點 1e9 出發倒著跑的那個人
如此一來就將問題轉換為二分圖的最小點覆蓋問題了，首先引用一下最小點覆蓋的定義（來自大藍書）
最小點覆蓋：給定一張二分圖，求出一個最小的點集S，使得圖中任意一條邊都有至少一個端點屬于S。
在這個題目中，每條邊代表的是每個監控的信息，每個點代表的是跑步的學生，這樣一來，最小點覆蓋的定義與本題就對應起來了：求出最少跑步的學生，使得所有的監控條件都滿足
不過本題中 n 和 m 都是 1e5 的級別，樸素的求最小點覆蓋的算法是匈牙利算法，時間復雜度是 n * n 的，所以我們需要用網絡流將其優化為 msqrt( n?) 的時間復雜度才行
代碼：
?
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<climits>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<cassert>
#include<bitset>
using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=2e5+100;const int limit=1e9;int l[N],r[N],n;vector<int>vl,vr;struct Edge
{int to,w,next;
}edge[N<<1];//邊數int head[N],cnt;void addedge(int u,int v,int w)
{edge[cnt].to=v;edge[cnt].w=w;edge[cnt].next=head[u];head[u]=cnt++;edge[cnt].to=u;edge[cnt].w=0;//反向邊邊權設置為0edge[cnt].next=head[v];head[v]=cnt++;
}int d[N],now[N];//深度 當前弧優化bool bfs(int s,int t)//尋找增廣路
{memset(d,0,sizeof(d));queue<int>q;q.push(s);now[s]=head[s];d[s]=1;while(!q.empty()){int u=q.front();q.pop();for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next){int v=edge[i].to;int w=edge[i].w;if(d[v])continue;if(!w)continue;d[v]=d[u]+1;now[v]=head[v];q.push(v);if(v==t)return true;}}return false;
}int dinic(int x,int t,int flow)//更新答案
{if(x==t)return flow;int rest=flow,i;for(i=now[x];i!=-1&&rest;i=edge[i].next){int v=edge[i].to;int w=edge[i].w;if(w&&d[v]==d[x]+1){int k=dinic(v,t,min(rest,w));if(!k)d[v]=0;edge[i].w-=k;edge[i^1].w+=k;rest-=k;}}now[x]=i;return flow-rest;
}void init()
{memset(now,0,sizeof(now));memset(head,-1,sizeof(head));cnt=0;
}int solve(int st,int ed)
{int ans=0,flow;while(bfs(st,ed))while(flow=dinic(st,ed,inf))ans+=flow;return ans;
}void discreate()//離散化
{sort(vl.begin(),vl.end());sort(vr.begin(),vr.end());vl.erase(unique(vl.begin(),vl.end()),vl.end());vr.erase(unique(vr.begin(),vr.end()),vr.end());for(int i=1;i<=n;i++){l[i]=lower_bound(vl.begin(),vl.end(),l[i])-vl.begin()+1;r[i]=lower_bound(vr.begin(),vr.end(),r[i])-vr.begin()+1+vl.size();}
}void build(int st,int ed)//建圖
{init();for(int i=1;i<=n;i++)addedge(l[i],r[i],1);for(int i=0;i<vl.size();i++)addedge(st,i+1,1);for(int i=0;i<vr.size();i++)addedge(i+1+vl.size(),ed,1);
}int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
// freopen("data.in.txt","r",stdin);
// freopen("data.out.txt","w",stdout);
#endif
// ios::sync_with_stdio(false);int w;cin>>w;while(w--){vl.clear(),vr.clear();int st=N-1,ed=st-1;scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){int t,x;scanf("%d%d",&t,&x);l[i]=t-x,r[i]=t-(limit-x);vl.push_back(l[i]);vr.push_back(r[i]);}discreate();build(st,ed);printf("%d\n",solve(st,ed));}return 0;
}
?
總結
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