CSP-J 2020 入门级 第一轮 完善程序（2）

【题目】

CSP-J 2020 入门级 第一轮 完善程序（2）
（最小区间覆盖）给出 n 个区间，第 i 个区间的左右端点是 $[a_i,b_i]$。现在要在这些区间中选出若干个，使得区间 $[0,m]$被所选区间的并覆盖（即每一个 $0\le i\le m$都在某个所选的区间中）。保证答案存在，求所选区间个数的最小值。
输入第一行包含两个整数 n 和 m （$1\le n\le 5000$,$1\le m\le 10^9$)
接下来 n 行，每行两个整数 $a_i,b_i$（$0\le a_i,b_i\le m$）
提示：使用贪心法解决这个问题。先用 $O(n^2)$ 的时间复杂度排序，然后贪心选择这些区间。

试补全程序。

#include 

using namespace std;

const int MAXN = 5000;
int n, m;
struct segment { int a, b; } A[MAXN];

void sort() // 排序
{
	for (int i = 0; i < n; i++)
		for (int j = 1; j < n; j++)
			if ( ① )
		    {
		    	segment t = A[j];
		    	②
		    }
}

int main()
{
	cin >> n >> m;
	for (int i = 0; i < n; i++)
		cin >> A[i].a >> A[i]?b;
	sort();
	int p = 1;
	for (int i = 1; i < n; i++)
		if ( ③ )
     		A[p++] = A[i];
	n = p;
	int ans =0, r = 0;
	int q = 0;
	while (r < m)
	{
		while (④)
			q++;
		⑤;
		ans++;
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

1. ①处应填（ ）
   A. A[j].b>A[j-1].b
   B. A[j].a C. A[j].a>A[j-1].a
   D. A[j].b
2. ②处应填（ ）
   A. A[j+1]=A[j];A[j]=t;
   B. A[j-1]=A[j];A[j]=t;
   C. A[j]=A[j+1];A[j+1]=t;
   D. A[j]=A[j-1];A[j-1]=t;
3. ③处应填（ ）
   A. A[i].b>A[p-1].b
   B. A[i].b C. A[i].b>A[i-1].b
   D. A[i].b
4. ④处应填（ ）
   A. q+1 B. q+1 C. q D. q
5. ⑤处应填（ ）
   A. r=max(r,A[q+1].b)
   B. r=max(r,A[q].b)
   C. r=max(r,A[q+1].a)
   D. q++

【题目考点】

1. 贪心

区间覆盖问题

【解题思路】

贪心求最小区间覆盖问题。
关注点：上一次选择的区间的右端点，初值为0。
贪心选择：在所有包含关注点的区间中，选择右端点最大的区间。

贪心选择性质的证明：
证明：最优解包含第一次的贪心选择：在所有包含0的区间中，选择右端点最大的区间
第0位置总该被包含到某个区间中。如果选择的区间不包括0，那么无法完成区间覆盖。
这一次选择的，也就是唯一包含第0位置的区间，记该区间为$a_g$。
假设存在一组最优解不包含贪心选择：$a_1,a_2,...,a_n$是选择的区间，$a_1$~$a_n$按左端点从小到大排序，其中没有$a_g$。
其中$a_1$中一定包含第0位置，否则如果$a_1$的左端点大于0，后面的区间左端点都大于$a_1$的左端点，第0位置就不会被任何区间包含，这就不是一组解了。
用$a_g$替换$a_1$，得到$a_g,a_2,...,a_n$，$a_1$和$a_g$都包括第0位置，而$a_g$的右端点大于$a_1$的右端点，替换后一定可以覆盖整个区间。
因此$a_g,a_2,...,a_n$也是该问题的一组最优解。得到了包含贪心选择的最优解，假设不成立，原命题得证。
证明：在最优解包含前k次的贪心选择的情况下，存在最优解包含第k+1次的贪心选择
证明方法同上。把“第0位置”变为“第k次贪心选择的右端点”即可。

具体做法为：

1. 先将所有区间按照左端点从小到大进行排序，关注点初值为0。
2. 按顺序遍历所有区间，如果该区间的左端点小于等于关注点，则该区间包含关注点。
3. 继续向后遍历，得到所有包含关注点的区间中，右端点最大的区间。
4. 选择该区间，选择区间数量加1，将关注点设为该区间的右端点
5. 最后输出选择区间的数量

明确算法后，下面看代码：

const int MAXN = 5000;
int n, m;
struct segment { int a, b; } A[MAXN];
//...
int main()
{
	cin >> n >> m;
	for (int i = 0; i < n; i++)
		cin >> A[i].a >> A[i]?b;

segment类型用来表示一个区间，区间的左端点为属性a，右端点为属性b。

void sort() // 排序
{
	for (int i = 0; i < n; i++)
		for (int j = 1; j < n; j++)
			if ( ① )
		    {
		    	segment t = A[j];
		    	②
		    }
}

接下来是排序，看形式是冒泡排序。i指的是冒泡次数，每次冒泡能确定一个数字的位置。j指的是当前比较数对中的第二个数字。也就是A[j-1]和A[j]进行比较。
要想选择“包含关注点的区间”，应该按区间的左端点从小到大进行排序。排序后应该满足A[j-1].a <= A[j].a，如果不满足该条件，则要交换A[j-1]和A[j]。
①处应该填不满足A[j-1].a <= A[j].a的条件，即A[j-1].a > A[j].a，选B。
②处是交换两个变量的写法，要交换的是A[j]和A[j-1]。把A[j]赋值给临时变量t后，应该把A[j-1]赋值给A[j]，再把刚才保存在t中的值赋值给A[j-1]。选D。

	int p = 1;
	for (int i = 1; i < n; i++)
		if ( ③ )
     		A[p++] = A[i];
	n = p;

明显这是数组填充的过程，p是数组中已有的元素个数，填充到下标0~p-1。最后又让n变为填充后数组A中的元素个数。
第0个区间直接加入数组A。
这里是选择数组A中的部分数据，再填充到数组A。实际是删掉了A中的一些元素。
p是再次填充后A中元素（区间）的个数。A[p-1]是上一次确定的区间。一定有 p-1 <= i。
当前A数组中的元素已经按照左端点排序，设里面存在两个元素，那么一定有A[p-1].a <= A[i].a。
如果A[i].b <= A[p-1].b，那么A[i]就完全是A[p-1]的子区间，或者说A[p-1]完全覆盖了A[i]，而且覆盖的区间可能更大。如果存在最优解要选择A[i]，那么可以用覆盖A[i]的A[p-1]来替换A[i]。因此就没有必要考虑A[i]了，可以把A[i]删掉，也就是不把A[i]再次填充进数组A。
反过来，如果A[i].b > A[p-1].b，就应该把A[i]再次填充进数组A。
③处应该选A
这样做的结果是，经过再次填充后的数组A，关于右端点A[i].b也是升序的。

	int ans =0, r = 0;
	int q = 0;
	while (r < m)
	{
		while (④)
			q++;
		⑤;
		ans++;
	}

ans是选择的区间数量，r为上文提到的关注点（上一个选择的区间的右端点），q是数组A的下标，初值为0。$[0,m]$是要被覆盖的区间。
只要关注点小于整个区间右端点m，那么应该遍历经过再次填充得到的A数组

• 如果第q+1区间左端点小于等于关注点r，就让q增加1，看下一个区间。
  A数组下标从0~n-1，要保证q+1小于n，不能超过数组长度。
  因此④处填q+1
• 如果当前第q+1区间左端点大于关注点r，那么应该选择第q区间，该区间的右端点一定是包含关注点r的区间中右端点的最大值。把第q区间的右端点设为关注点r。
  应该执行r = A[q].b
  第⑤处，题目中给的是r = max(r, A[q].b)的效果与r = A[q].b相同，因为A数组已经关于A[i].b升序，r顺序地取区间的右端点，一定有A[q].b >= r，所以两个表达式效果相同。

【答案】

1. B
2. D
3. A
4. A
5. B