hdu 6119 小小粉丝度度熊
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2024-02-24 17:47:46
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小小粉丝度度熊
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)Total Submission(s): 14 Accepted Submission(s): 7
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 1
1 1
3 3
1 2
1 1
Sample Output
3
3
Hint
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
Recommend
思路：先处理区间覆盖问题，然后尺取。。。思路很简单，就是写的时候容易脑抽。
//#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<string>
#include<utility>
#include<set>
#include<map>
#include<stack>
#include<vector>
#define maxn 100005
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long LL;
const double eps = 1e-5;
const int mod = 998244353;
struct node{
int l, r;
}p[maxn];
int sum[maxn];
bool cmp(node a, node b){
return a.l < b.l;
}
int main(){
int n, m;
while (~scanf("%d%d", &n, &m)){
for (int i = 0; i < n; i++)
scanf("%d%d", &p[i].l, &p[i].r);
sort(p, p + n, cmp);
int len = 0;
int nowl = p[0].l, nowr = p[0].r;
for (int i = 1; i < n; i++){
if (p[i].l <= nowr)
nowr = max(nowr, p[i].r);
else{
p[len].l = nowl;
p[len++].r = nowr;
nowl = p[i].l;
nowr = p[i].r;
}
}
p[len].l = nowl;
p[len++].r = nowr;
for (int i = 0; i < len - 1; i++)
sum[i] = max(0, p[i + 1].l - p[i].r - 1);
int l = 0, r = 0;
int now = 0, ans = 0;
while (r < len ){
ans = max(ans, p[r].r - p[l].l + 1 + m - now);
now += sum[r++];
while (now > m)
now -= sum[l++];
}
printf("%d\n", ans);
}
}