UVa 11776 Oh Your Royal Greediness

题目描述

在一个遥远的国家，有一位贪婪的地主，他雇佣武装监工来确保从农民那里收取税款。每个农民在一年中只有一个连续的时间段种植作物。地主需要确保在每个农民的生产期间至少有一名监工在场监督。一个监工同一时间只能监督一个农民。

地主的任务是找出最少需要多少名监工，才能确保所有农民在生产期间都受到监督。

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输入格式

输入包含多个测试用例。每个测试用例以整数 $N$（$0\le N\le 1000$）开始，表示农民的数量。接下来的 $N$ 行每行包含两个整数 $S$ 和 $E$（$0\le S\le E\le 31536000$），分别表示农民生产区间的开始时间和结束时间（以秒为单位）。输入以 $N=-1$ 结束。

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输出格式

对于每个测试用例，输出一行 Case X: Y，其中 $X$ 是测试用例编号，$Y$ 是最少需要的监工数量。

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题目分析

这个问题可以转化为：在时间轴上，有多个区间（每个农民的生产时间段），我们需要找出在任意时刻，同时进行的区间的最大数量。因为每个重叠的区间必须由不同的监工负责，所以这个最大重叠数量就是所需的最少监工数。

关键点

• 每个区间 $[S,E]$ 表示农民从 $S$ 到 $E$ 秒（包括 $S$ 和 $E$）都在生产。
• 如果两个区间在某个时刻重叠，那么它们需要不同的监工。
• 如果两个区间在端点相接（例如一个区间结束于 $t$，另一个开始于 $t$），由于监工必须在整个区间内都在场，包括开始和结束时刻，所以这两个区间在 $t$ 时刻仍然需要两个监工。

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解题思路

我们可以使用 事件扫描法 来解决这个问题：

1. 事件定义：

   • 将每个区间的开始时间 $S$ 视为一个 $+1$ 事件（表示需要增加一个监工）。
   • 将每个区间的结束时间 $E$ 视为一个 $-1$ 事件（表示可以减少一个监工）。

2. 事件排序：

   • 将所有事件按时间升序排序。
   • 如果两个事件发生在同一时间，开始事件（$+1$） 应该排在 结束事件（$-1$） 之前。这是因为结束事件在 $t$ 时刻之后才释放监工，而开始事件在 $t$ 时刻就需要监工。

3. 扫描计算：

   • 初始化当前监工数量 count = 0 和最大监工数量 maxCount = 0。
   • 遍历排序后的事件列表，对每个事件更新 count。
   • 记录 count 的最大值，即为所需的最少监工数。

参考代码

// Oh Your Royal Greediness
// UVa ID: 11776
// Verdict: Accepted
// Submission Date: 2025-11-03
// UVa Run Time: 0.020s
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// 版权所有（C）2025，邱秋。metaphysis # yeah dot net#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int main() {cin.tie(0), cout.tie(0), ios::sync_with_stdio(false);int N;int caseNum = 1;while (cin >> N && N != -1) {vector<pair<int, int>> events; // (time, type) type: +1 start, -1 endfor (int i = 0; i < N; i++) {int S, E;cin >> S >> E;events.push_back({S, 1});events.push_back({E, -1});}// 排序规则：时间升序，时间相同则开始事件在前sort(events.begin(), events.end(), [](const pair<int, int>& a, const pair<int, int>& b) {if (a.first != b.first) return a.first < b.first;return a.second > b.second; // +1 在前，-1 在后});int count = 0;int max_count = 0;for (auto& e : events) {count += e.second;if (count > max_count) max_count = count;}cout << "Case " << caseNum << ": " << max_count << endl;caseNum++;}return 0;
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