传送门QAQ

Preface

这道题当时在考场上就大致想清楚了做法，考场下写了个巨丑无比的树状数组+二分+线段树+ STL set，我都不知道我是怎么写下来的。

现在回看这道题，发现真的不难QAQ，当时太菜了。当然，现在也菜。

Analysis

注意：这道题的“先到先得”是让我们按照飞机到达的时间升序排序。

（我考场上就因为这个没搞出来正解，好像帆巨也因为这个爆零了QAQ）

首先发现，国内和国外可以分开处理，最后枚举统计。

这就要求我们对国内和国外求出分配 \(i\) 个廊桥时的飞机数。

观察到一个性质：如果分配 \(i\) 个廊桥时飞机 \(j\) 有位置，则分配 \(i+1\) 个廊桥时飞机仍有位置。

观察一下样例的那张图，手玩一下样例，不难发现这个性质。

那么我们只需要求出每个飞机 \(j\) 所需的最小廊桥数，再用前缀和统计即可。

不妨把廊桥按照 \(1\sim m\) 标号，用两个优先队列维护空闲和非空闲的廊桥，设为 \(q_1,q_2\)。

当遍历到一个新飞机，弹出 \(q_2\) 中飞走的飞机，把这些廊桥放入 \(q_1\)，再从 \(q_1\) 取出最小的廊桥。

国内国外的飞机都处理一遍，用前缀和维护一下，然后枚举即可。

时间复杂度 \(O(N\log N)\)。

Code

// Problem: #3542. 「CSP-S 2021」廊桥分配
// Contest: LibreOJ
// URL: https://loj.ac/p/3542
// Memory Limit: 512 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include <bits/stdc++.h>
#define mp make_pair
#define fir first
#define sec second
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 5;
typedef pair<int,int> pii;
struct node {
	int x,y;
	node() {
		x = y = 0;
	}
}a[maxn],b[maxn];
int n,m,k;
int sum1[maxn],sum2[maxn];
priority_queue<pii,vector<pii>,greater<pii> > q;
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > s;
int main() {
	freopen("airport.in","r",stdin);
	freopen("airport.out","w",stdout);
	scanf("%d %d %d",&n,&m,&k);
	for(int i = 1;i <= m;++ i) {
		scanf("%d %d",&a[i].x,&a[i].y);
	}
	sort(a + 1 , a + 1 + m , [&](const node& p,const node& q) {
		return p.x < q.x;
	});
	for(int i = 1;i <= k;++ i) {
		scanf("%d %d",&b[i].x,&b[i].y);
	}
	sort(b + 1 , b + 1 + k , [&](const node& p,const node& q) {
		return p.x < q.x;
	});
	while(!q.empty())q.pop();
	while(!s.empty())s.pop();
	for(int i = 1;i <= m;++ i)s.push(i);
	for(int i = 1;i <= m;++ i) {
		for(;!q.empty()&&q.top().fir < a[i].x;q.pop())s.push(q.top().sec);
		int ans = s.top();
		s.pop();
		++ sum1[ans];
		q.push(mp(a[i].y , ans));
	}
	while(!q.empty())q.pop();
	while(!s.empty())s.pop();
	for(int i = 1;i <= k;++ i)s.push(i);
	for(int i = 1;i <= k;++ i) {
		for(;!q.empty()&&q.top().fir < b[i].x;q.pop())s.push(q.top().sec);
		int ans = s.top();
		s.pop();
		++ sum2[ans];
		q.push(mp(b[i].y , ans));
	}
	for(int i = 1;i <= n;++ i)sum1[i] += sum1[i - 1],sum2[i] += sum2[i - 1];
	int ans = 0;
	for(int i = 0;i <= n;++ i)ans = max(ans , sum1[i] + sum2[n - i]);
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

完结撒花✿✿ヽ(°▽°)ノ✿