HDU6119-小小粉丝度度熊
来源:互联网 发布:java cms管理系统 编辑:程序博客网 时间:2024/04/29 01:56
小小粉丝度度熊
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)Total Submission(s): 1417 Accepted Submission(s): 463
Problem Description
度度熊喜欢着喵哈哈村的大明星——星星小姐。
为什么度度熊会喜欢星星小姐呢?
首先星星小姐笑起来非常动人,其次星星小姐唱歌也非常好听。
但这都不是最重要的,最重要的是,星星小姐拍的一手好代码!
于是度度熊关注了星星小姐的贴吧。
一开始度度熊决定每天都在星星小姐的贴吧里面签到。
但是度度熊是一个非常健忘的孩子,总有那么几天,度度熊忘记签到,于是就断掉了他的连续签到。
不过度度熊并不是非常悲伤,因为他有m张补签卡,每一张补签卡可以使得某一忘签到的天,变成签到的状态。
那么问题来了,在使用最多m张补签卡的情况下,度度熊最多连续签到多少天呢?
为什么度度熊会喜欢星星小姐呢?
首先星星小姐笑起来非常动人,其次星星小姐唱歌也非常好听。
但这都不是最重要的,最重要的是,星星小姐拍的一手好代码!
于是度度熊关注了星星小姐的贴吧。
一开始度度熊决定每天都在星星小姐的贴吧里面签到。
但是度度熊是一个非常健忘的孩子,总有那么几天,度度熊忘记签到,于是就断掉了他的连续签到。
不过度度熊并不是非常悲伤,因为他有m张补签卡,每一张补签卡可以使得某一忘签到的天,变成签到的状态。
那么问题来了,在使用最多m张补签卡的情况下,度度熊最多连续签到多少天呢?
Input
本题包含若干组测试数据。
第一行两个整数n,m,表示有n个区间,这n个区间内的天数,度度熊都签到了;m表示m张补签卡。
接下来n行,每行两个整数(l[i],r[i]),表示度度熊从第l[i]天到第r[i]天,都进行了签到操作。
数据范围:
1<=n<=100000
0<=m<=1000000000
0<=l[i]<=r[i]<=1000000000
注意,区间可能存在交叉的情况。
第一行两个整数n,m,表示有n个区间,这n个区间内的天数,度度熊都签到了;m表示m张补签卡。
接下来n行,每行两个整数(l[i],r[i]),表示度度熊从第l[i]天到第r[i]天,都进行了签到操作。
数据范围:
1<=n<=100000
0<=m<=1000000000
0<=l[i]<=r[i]<=1000000000
注意,区间可能存在交叉的情况。
Output
输出度度熊最多连续签到多少天。
Sample Input
2 11 13 31 21 1
Sample Output
33Hint样例一:度度熊补签第2天,然后第1天、第二天和第三天都进行了签到操作。样例二:度度熊补签第2天和第3天。
Source
2017"百度之星"程序设计大赛 - 初赛(B)
#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <string>#include <algorithm>#include <map>#include <set>#include <stack>#include <queue>#include <vector>#include <bitset>#include <functional>using namespace std;#define LL long longconst int INF = 0x3f3f3f3f;int n;LL m;struct node{ int l, r;}a[100009], x[100009];bool cmp(node x, node y){ if (x.l != y.l) return x.l < y.l; else return x.r < y.r;}int main(){ while (~scanf("%d%lld", &n, &m)) { for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d%d", &a[i].l, &a[i].r); sort(a + 1, a + 1 + n, cmp); int cnt = 1; x[cnt].l = a[1].l, x[cnt++].r = a[1].r; for (int i = 2; i <= n; i++) { if (a[i].l <= x[cnt - 1].r + 1) x[cnt - 1].r = max(a[i].r, x[cnt - 1].r); else x[cnt].l = a[i].l, x[cnt++].r = a[i].r; } int l = 1, r = 1; LL ans = 0, ma = x[1].r - x[1].l + 1 + m; while (r < cnt - 1) { while (ans + x[r + 1].l - x[r].r - 1 <= m&&r + 1 < cnt) { ans += x[r + 1].l - x[r].r - 1; r++; } ma = max(ma, 1LL * x[r].r - x[l].l + 1+m-ans); ans -= x[l + 1].l - x[l].r - 1; l++; } printf("%lld\n", ma); } return 0;}
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