LA 3211 Now or later

题目链接:https://icpcarchive.ecs.baylor.edu/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&page=show_problem&problem=1212

题意:n架飞机需要着陆。每架飞机都可以选择“早着陆”和“晚着陆”两种方式之一,且必须选择一种。第i架飞机的早着陆时间为E_i,晚着陆时间为L_i,不得在其他时间着陆。你的任务是为这些飞机安排着陆方式,使得整个着陆计划尽量安全。换句话说,如果把所有飞机的实际着陆时间按照从早到晚的顺序排列,相邻两个着陆时间间隔的最小值应该尽量大,输出这个最大值。

思路:最小值最大化让人很容易想到用二分去找最终的答案,然后问题就转化为判定性问题“是否存在一个方案,使得相邻的两个着陆时间差总是不小于P”,再根据问题的特性可以联想到2-SAT,我们把早着陆和晚着陆看做布尔变量,加上相应的限制条件判断是否有解就行了,如果两个着陆时间差小于P,那么我们就连一条边,举个例子,如果这时候是a真和b真的时间差小于P,那么我们就应该从a真向b假连一条边表示选a真的时候一定只能选b假,同理从b真向a假连一条边表示选b真的时候一定只能选a假,如此我们就建好了图,时间复杂度为O(n^{2}log T)T为所有时间的最大值。

#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
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#include <set>
#include <stack>
#include <queue>
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#include <vector>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <sstream>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define lson root<<1,l,mid
#define rson root<<1|1,mid+1,r
#define Key_Value ch[ch[root][1]][0]
#define DBN1(a)           cerr<<#a<<"="<<(a)<<"\n"
#define DBN2(a,b)         cerr<<#a<<"="<<(a)<<", "<<#b<<"="<<(b)<<"\n"
#define DBN3(a,b,c)       cerr<<#a<<"="<<(a)<<", "<<#b<<"="<<(b)<<", "<<#c<<"="<<(c)<<"\n"
#define DBN4(a,b,c,d)     cerr<<#a<<"="<<(a)<<", "<<#b<<"="<<(b)<<", "<<#c<<"="<<(c)<<", "<<#d<<"="<<(d)<<"\n"
#define DBN5(a,b,c,d,e)   cerr<<#a<<"="<<(a)<<", "<<#b<<"="<<(b)<<", "<<#c<<"="<<(c)<<", "<<#d<<"="<<(d)<<", "<<#e<<"="<<(e)<<"\n"
#define DBN6(a,b,c,d,e,f) cerr<<#a<<"="<<(a)<<", "<<#b<<"="<<(b)<<", "<<#c<<"="<<(c)<<", "<<#d<<"="<<(d)<<", "<<#e<<"="<<(e)<<", "<<#f<<"="<<(f)<<"\n"
#define clr(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=2000+5;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int P=1000000007;
const double PI=acos(-1.0);
template<typename T>
inline T read(T&x){
    x=0;int _f=0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9')_f|=(ch=='-'),ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x=_f?-x:x;
}
struct TwoSAT{
    int n;
    vector<int>G[maxn*2];
    bool mark[maxn*2];
    int S[maxn*2],c;

    void init(int n){
        this->n=n;
        for (int i=0;i<2*n;i++) G[i].clear();
        memset(mark,false,sizeof(mark));
    }

    void add_clause(int x,int y){
        G[x].push_back(y);
    }

    bool dfs(int x){
        if (mark[x^1]) return false;
        if (mark[x]) return true;
        mark[x]=true;
        S[c++]=x;
        for (int i=0;i<(int)G[x].size();i++){
            if (!dfs(G[x][i])) return false;
        }
        return true;
    }

    bool solve(){
        for (int i=0;i<2*n;i+=2){
            if (!mark[i] && !mark[i+1]){
                c=0;
                if (!dfs(i)){
                    while (c>0) mark[S[--c]]=false;
                    if (!dfs(i+1)) return false;
                }
            }
        }
        return true;
    }
}solver;
int n,T[maxn][2],mx;
bool ok(int p){
    solver.init(n);
    for (int i=0;i<n;i++) for (int a=0;a<2;a++)
        for (int j=i+1;j<n;j++) for (int b=0;b<2;b++)
            if (abs(T[i][a]-T[j][b])<p){
                solver.add_clause(i*2+a,j*2+(b^1));
                solver.add_clause(j*2+b,i*2+(a^1));
            }
    return solver.solve();
}
int main(){
    while (~scanf("%d",&n)){
        mx=0;
        for (int i=0;i<n;i++){
            read(T[i][0]),read(T[i][1]);
            mx=max(mx,max(T[i][0],T[i][1]));
        }
        int l=0,r=mx+1;
        while (l+1<r){
            int mid=l+((r-l)>>1);
            if (ok(mid)) l=mid;
            else r=mid;
        }
        printf("%d\n",l);
    }
    return 0;
}

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