欢迎您访问程序员文章站本站旨在为大家提供分享程序员计算机编程知识!
您现在的位置是: 首页  >  IT编程

三类贪心区间覆盖问题

程序员文章站 2022-09-22 11:34:22
一、区间完全覆盖问题 题目 给定一个长度为m的区间,再给出n条线段的起点和终点(注意这里是闭区间),求最少使用多少条线段可以将整个区间完全覆盖。 解析 先将所有线段按起点从小到大排序。排完序后,枚举每一个线段(被其它线段包含的线段不用考虑,因为很明显包含它的线段比它更优),将其作为最左端的线段, 再 ......

一、区间完全覆盖问题

题目

给定一个长度为m的区间,再给出n条线段的起点和终点(注意这里是闭区间),求最少使用多少条线段可以将整个区间完全覆盖。

解析

先将所有线段按起点从小到大排序。排完序后,枚举每一个线段(被其它线段包含的线段不用考虑,因为很明显包含它的线段比它更优),将其作为最左端的线段,

再在剩下的左端点小于等于最左端的线段的右端点的线段中(若没有则无解),找到右端点最大的一个线段,即贪心,很显然这是最优的,因为其左端都被最左端的线段覆盖了,

也就没有覆盖到任何地方,则其右端点越大,其右端覆盖到的地方也就最优。

反复重复上一步,直到覆盖完整个长度为m的区间,就能得到最少的线段数。

code

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
struct rec{
    int l,r;
}a[1001];
bool cmp(rec x,rec y)
{
    return x.l<y.l;        //按左端点从小到大排 
}
int m,n,ll,minn=0x7f7f7f7f;
void q(int x,int ans)
{
    if(a[x].r-ll>=m-1)    //覆盖总长度达到 
    {
        minn=min(minn,ans);
        return ;
    }
    int temp=0;
    for(int i=x+1;i<=n;i++)
    {
        if(a[i].l<=a[x].r)    //找左端点小于当前线段右端点的 
        {
            if(a[i].r>a[temp].r) temp=i;    //找右端点最大区间 
        }
        else break;        //顺序排序,如果左端点大于当前线段右端点,后面肯定也大于 
        if(temp!=0) q(temp,ans+1);
    }
}
int main()
{
    a[0].r=-1;    //特殊处理 
    cin>>m>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i].l>>a[i].r;
    sort(a+1,a+n+1,cmp);    //顺序排序 
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        ll=a[i].l;        //记录起点 
        q(i,1);
    }
    cout<<minn;
    return 0;
}

 

 

 

 

 

 

 

二、最大不相交区间数问题

题目

数轴上有n个开区间[ai,bi],要求选择尽量多个区间,使得这些区间两两没有公共点。

解析

先对区间左端点进行从大到小排序,左端点相同按右端点从小到大排序,
再依次选出左端点最大的区间,当待选择区间与已选区间集合相交时,舍弃待选区间,
每次直接从排好后的第一个开始选,是为了使左边预留区间最大。

code

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cstdio>
#include <cmath>     
using namespace std;
struct rec{
    int a,b;
}ra[1001];
bool cmp(rec x,rec y)
{
    if(x.a!=y.a) return x.a>x.b;//左端点从大到小排序
    else return y.a<y.b; //左端点相同,按右端点从小到大排序,即左端点相同,优先选择短的
}
int n,ans=1,lasta;
int main()
{
    cin>>n;
    for(int i=0;i<n;i++) cin>>ra[i].a>>ra[i].b;
    sort(ra,ra+n,cmp);
    lasta=ra[0].a;//选中a最大的第一个
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        if(ra[i].a<=lasta)    //不重叠 
        {
            lasta=ra[i].a;
            ans++;
        }
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}

 

 

 

 

 

 

 

三、区间选点问题

题目

数轴上有n个闭区间 [ai,bi],要求选取尽量少的点,使得每个区间内都至少有一个点(不同区间内含的点可以是同一个)。

解析

先按左端点从小到大排序每个区间,若左端点相同,则按右端点从小到大排序。

1.再从第一个区间贪心往后找,如果下一个区间左端点大于该区间的右端点,则需增加一个点,反之共用一个点;

2.若下个区间右端点小于当前区间右端点,说明共用的区间范围变小了,则更新区间右端点为下一个区间右端点。

不断重复1、2两个步骤,直到每个区间都有点。

为什么呢?因为在排完序后,

①当b1>bi时,显然此时一个点能覆盖最大的区域右边界变为bi

②当b1<ai时,显然一个点不能覆盖到区间i上,所以需新开一个点,此时能覆盖的区域最右边界变为bi

③ 当b1<bi时,显然区间1和区间i有公共的部分,但此时一个点能覆盖的区域最右边界还是为b1,无需更新区域最右边界

综上所述,排序后贪心选点是正确的。

code

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cstdio>
#include <cmath>     
using namespace std;
struct rec{
    int a,b;
}ra[1001];
bool cmp(rec x,rec y)
{
    if(x.a!=y.a) return x.a<y.a;    //按左端点从小到大排序 
    else return x.b<y.b;        //左端点相同,则按右端点从小到大排序 
}
int n,ans=1,r;
int main()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>ra[i].a>>ra[i].b;
    sort(ra+1,ra+n+1,cmp);        //顺序排序
    r=ra[1].b;    //记录上一个区间右端点 
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(ra[i].a>r)    //左端点大于上个区间右端点 
        {
            ans++;        //增加一个点 
            r=ra[i].b;
        }
        else if(ra[i].b<r) r=ra[i].b;    //右端点小于上个区间右端点,更新上个区间右端点 
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}