第十四届蓝桥杯省赛 Python B 组 D 题——管道（AC）

本文介绍: 第十四届蓝桥杯省赛 Python B 组 D 题——管道（AC）

1. 管道

1. 问题 描述

有一根长度为

len

text{len}

$len$ 的横向的管道，该管道按照单位长度分为

len

text{len}

$len$ 段，每一段的中央有一个可开关的阀门和一个检测水流的传感器。

一开始管道是空的，位于

L_i

$L_{i}$ 的阀门会在

S_i

$S_{i}$ 时刻打开，并不断让水流入管道。

对于位于

L_i

$L_{i}$ 的阀门，它流入的水在

T_i

$T_{i}$ (

≥

T_i geq S_i

$T_{i} \geq S_{i}$ ) 时刻会使得从第

−

(

−

)

L_i – (T_i – S_i)

$L_{i} - (T_{i} - S_{i})$ 段到第

(

−

)

L_i + (T_i – S_i)

$L_{i} + (T_{i} - S_{i})$ 段的传感器检测到水流。

求管道中每一段中间的传感器都检测到有水流的最早时间。

2. 输入 格式

输入的第一行包含两个整数

len

n,text{len}

$n, len$ ，用一个空格分隔，分别表示会打开的阀门数和管道长度。

接下来

$n$ 行每行包含两个整数

L_i,S_i

$L_{i}, S_{i}$ ，用一个空格分隔，表示位于第

L_i

$L_{i}$ 段管道中央的阀门会在

S_i

$S_{i}$ 时刻打开。

3. 输出 格式

输出一行包含一个整数表示答案。

4. 样例输入

5. 样例 输出

6. 评测用例规模与约定

对于

$30$ % 的评测用例，

≤

200

n leq 200

$n \leq 200$ ，

len

≤

3000

S_i, text{len} leq 3000

$S_{i}, len \leq 3000$ ；

对于

$70$ % 的评测用例，

≤

5000

n leq 5000

$n \leq 5000$ ，

len

≤

S_i, text{len} leq 10^5

$S_{i}, len \leq 1 0^{5}$ ；

对于所有评测用例，

≤

1 leq n leq 10^5

$1 \leq n \leq 1 0^{5} $ ，

≤

len

≤

1 leq S_i,text{len} leq 10^9

$1 \leq S_{i}, len \leq 1 0^{9} $ ，

≤

len

1 leq L_i leq text{len}

$1 \leq L_{i} \leq len $ ，

−

L_{i-1} < L_i

$L_{i - 1} < L_{i} $ 。

2. 解题思路

对于一个时间点

$x$ ，如果此时所有传感器都能检测到水流，那么当时间点大于

$x$ 时也一定保证所有传感器都能检测到水流。题目要求我们找到满足条件的最小时间点，因为答案具有二段性，所以我们可以想到二分答案。

有了二分的思路后，问题转换为对于一个确定的时间点

$x$ ，我们如何判断此时所有传感器都能检测到水流？仔细思考，当时间确定后，对于一个位于

a_i

$a_{i}$ 且开启时间为

(

≤

)

S_i(S_i leq x)

$S_{i} (S_{i} \leq x)$ 的阀门，它的水流实际就是一条覆盖区间

[

−

(

−

)

(

−

)

]

[a_i-(x-S_i),a_i+(x-S_i)]

$[a_{i} - (x - S_{i}), a_{i} + (x - S_{i})]$ 的线段。

我们可以将所有

≤

S_i leq x

$S_{i} \leq x$ 的阀门都进行转换，实际上得到的就是若干条线段。判断所有传感器是否都能检测到水流，等价于判断能否用这若干条线段覆盖区间

[

len

]

[1,text{len}]

$[1, len]$ ，问题接着转换为区间覆盖问题。

区间覆盖是一个经典问题。我们可以按区间的左端点来排序这些区间。接下来，我们检查这些区间是否覆盖了整个管道。如果第一个区间的左端点大于

$1$ ，那么表示管道的开始部分没有被覆盖，直接返回 false。否则我们设一个变量

$r$ 表示可到达的最远距离，

$r$ 的初始值为第一个区间的右端点。我们接着检查其他区间是否与

$r$ 相邻或重叠。如果当前区间和

$r$ 相邻或重叠，我们将当前区间的右端点和

$r$ 取最大值。最后如果

≥

len

r geq text{len}

$r \geq len$ 则说明成功覆盖所有区间，否则说明没有。

回过头来考虑如何书写二分，设

$l$ 为答案的下界，

$r$ 为答案的上界，如果二分得到的时间点

mid

text{mid}

$mid$ 符合条件，因为大于

mid

text{mid}

$mid$ 的时间点也一定符合条件，所以更新

mid

r=text{mid}

$r = mid$ ，否则更新

mid+1

l=text{m id+1}

$l = m id +1$ 。我们重复这个过程，直到搜索范围的左右端点相等，此时就找到了最早的时间。当然

l,r

$l, r$ 的初始值我们也需要思考，

$l$ 显然为

$1$ ，而

$r$ 我们需要考虑极限情况，即只存在一个最左或最右的阀门在最晚的时间点打开，显然此时需要的时间为

2 times 10^9

$2 \times 1 0^{9}$ ，所以

$r$ 的初始值为

2 times 10^9

$2 \times 1 0^{9}$ 。

时间复杂度：

(

log

⁡

)

O(nlog n^2)

$O (n lo g n^{2})$ 。

3. AC_Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define sz(s) ((int)s.size())

int n, m;
int main()
{
	ios_base :: sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin >> n >> m;
	vector<int> a(n), s(n);
	for (int i = 0; i < n; ++i) {
		cin >> a[i] >> s[i];
	}
	auto check = [&amp;](LL t) {
		std::vector<pair<LL, LL>> v;
		for (int i = 0; i < n; ++i) {
			if (t >= s[i]) v.push_back({a[i] - (t - s[i]), a[i] + (t - s[i])});
		}
		sort(v.begin(), v.end());
		if (sz(v) == 0 || v[0].first > 1) return false;
		LL r = v[0].second;
		for (int i = 1; i < sz(v); ++i) {
			if (v[i].first <= r + 1) r = max(r, v[i].second);
			else break;
		}
		return r >= m;
	};
	LL l = 1, r = 2e9;
	while (l < r) {
		LL mid = l + r >> 1;
		if (check(mid)) r = mid;
		else l = mid + 1;
	}
	cout << r << 'n';
	return 0;
}

Java

import java.util.*;

public class Main {
    static int n, m;

    public static void main(String[] args) {
        Scanner sc = new Scanner(System.in);
        n = sc.nextInt();
        m = sc.nextInt();
        int[] a = new int[n];
        int[] s = new int[n];
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            a[i] = sc.nextInt();
            s[i] = sc.nextInt();
        }
        long l = 1, r = 2_000_000_000;
        while (l < r) {
            long mid = l + r >>> 1;
            if (check(mid, a, s)) r = mid;
            else l = mid + 1;
        }
        System.out.println(r);
    }

    private static boolean check(long t, int[] a, int[] s) {
        List<Pair<Long, Long>> v = new ArrayList<>();
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            if (t >= s[i]) {
                v.add(new Pair<>(a[i] - (t - s[i]), a[i] + (t - s[i])));
            }
        }
        v.sort(Comparator.comparingLong(Pair::getKey));
        if (v.size() == 0 || v.get(0).getKey() > 1) return false;
        long r = v.get(0).getValue();
        for (int i = 1; i < v.size(); ++i) {
            if (v.get(i).getKey() <= r + 1) r = Math.max(r, v.get(i).getValue());
            else break;
        }
        return r >= m;
    }

    static class Pair<K, V> {
        private final K key;
        private final V value;

        public Pair(K key, V value) {
            this.key = key;
            this.value = value;
        }

        public K getKey() {
            return key;
        }

        public V getValue() {
            return value;
        }
    }
}

Python

n, m = map(int, input().split())
a = []
s = []
for i in range(n):
    a_i, s_i = map(int, input().split())
    a.append(a_i)
    s.append(s_i)

def check(t):
    v = []
    for i in range(n):
        if t >= s[i]:
            v.append((a[i] - (t - s[i]), a[i] + (t - s[i])))
    v.sort()
    if len(v) == 0 or v[0][0] > 1:
        return False
    r = v[0][1]
    for i in range(1, len(v)):
        if v[i][0] <= r + 1:
            r = max(r, v[i][1])
        else:
            break
    return r >= m

l = 1
r = 2_000_000_000
while l < r:
    mid = (l + r) // 2
    if check(mid):
        r = mid
    else:
        l = mid + 1

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