给定 A i , B i , i ∈ [ 1 , n ] A_i,B_i,i\in[1,n] Ai,Bi,i∈[1,n]
每次操作可以交换 A i , A j A_{i},A_{j} Ai,Aj
要求操作后使得, ∀ i ∈ [ 1 , n ] , A i ≥ B i \forall i\in[1,n],A_i\ge B_i ∀i∈[1,n],Ai≥Bi,问操作的最少元素个数
n ≤ 300000 n\le300000 n≤300000
相当于我们要钦定一个最小的集合 S S S,将 S S S中的元素重排,使得 S S S中的元素全部满足,并且 S S S外的元素本来必须满足条件
原本不满足的元素必定要在 S S S中,要将最少的合法的元素加入 S S S,使得 S S S重排后合法
判断 S S S是否有解的充要条件为,将 S S S中的 A , B A,B A,B从小到大排序后, ∀ i ∈ S , A i ≥ B i \forall i\in S,A_i\ge B_i ∀i∈S,Ai≥Bi
发现这个条件并不用
转化一下条件,设 c n t t = ∑ i ∈ S [ B i ≤ t ] − [ A i ≤ t ] cnt_t=\sum_{i\in S}[B_i\le t]-[A_i\le t] cntt=∑i∈S[Bi≤t]−[Ai≤t],充要条件为 ∀ t ∈ N , c n t t ≥ 0 \forall t\in N,cnt_t\ge 0 ∀t∈N,cntt≥0
这样每次找到一个最小的 t t t使得 c n t t < 0 cnt_t<0 cntt<0,然后从合法的元素中,为使 c n t t ≥ 0 cnt_t\ge0 cntt≥0,我们要挑选一个满足 B i ≤ t , A i > t B_i\le t,A_i>t Bi≤t,Ai>t,显然贪心地选 A i A_i Ai最大的会比较优,如果找不到这样的元素,则无解
时间复杂度为 O ( n log n ) O(n\log n) O(nlogn)
#include
#include
#include
using namespace std;
struct node
{
int x,k;
};
bool operator < (node a,node b)
{
return a.x>b.x||(a.x==b.x&&a.k<b.k);
}
priority_queue<node> q;
priority_queue<int> h;
const int N=3e5+100;
int n,m,ans;
struct Node
{
int l,r;
}p[N+10];
bool cmp(Node a,Node b){return a.l<b.l;}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1,a,b;i<=n;i++)
{
scanf("%d %d",&a,&b);
if(a<b) ans++,q.push((node){a,-1}),q.push((node){b,1});
else p[++m]=(Node){b,a};
}
sort(p+1,p+1+m,cmp);
int res=0;
for(int x,j=1;!q.empty();)
{
x=q.top().x,res+=q.top().k,q.pop();
while(j<=m&&p[j].l<=x) h.push(p[j].r),j++;
if(res<0)
{
if(h.empty())
{
printf("-1");
return 0;
}
int tmp=h.top();h.pop();
if(tmp<=x)
{
printf("-1");
return 0;
}
ans++,res++,q.push((node){tmp,-1});
}
}
printf("%d",n-ans);
return 0;
}