标签：form input 证明 前缀 怎样 block 不可 memset 复杂度
Tarzan 非常烦数轴因为数轴上的题总是难度非常大。不过他非常喜欢线段，因为有关线
段的题总是不难，讽刺的是在一个数轴上有 n 个线段，Tarzan 希望自己喜欢的东西和讨厌的
东西不在一起，所以他要把这些线段分多次带走，每一次带走一组，最多能带走 k 次。其实
就是要把这些线段分成至多 k 组，每次带走一组，问题远没有那么简单，tarzan 还希望每次
选择的线段组都很有相似性，我们定义一组线段的相似性是组内线段交集的长度，我们现在
想知道最多分成 k 个组带走，Tarzan 最多能得到的相似性之和是多少？
第一行两个整数 n 和 k。
接下来 n 行每行两个整数 Li, Ri 表示线段的左右端点。
一行一个整数，表示最多能得到的相似性之和是多少。
5 3
5 10
4 11
6 9
10 30
20 40435 3
5 11
16 22
14 20
10 20
6 10187 3
1 9
2 9
2 10
5 15
3 14
14 18
16 2021对于 20% 的数据满足：\(n ≤ 8; k ≤ 5\)
对于 40% 的数据满足：\(k, n ≤ 12\);
对于 70% 的数据满足：\(n ≤ 100\),
对于 100% 的数据满足：\(1 ≤ k ≤ n ≤ 6000, 1 ≤ Li < Ri ≤ 10^6\);
首先，手玩样例一番，收集性质如下：
①空集组(对答案无贡献)最多只有一组。
证明：若有\(k(k >= 2)\)组空集， 则在这些集合中找出前\(k-1\)条线段放入一个集合， 另外的线段放入剩下的一个集合可增加选出来的\(k-1\)条线段长度的答案贡献。
性质①得证。
②若没有空集的话，可以再观察到一个性质：
对于完全包含另一个线段B的线段A， 则B与A在一组可能会使答案更优(但不一定)，不优的情况会在下文另行考虑。
证明：根据题意可得，对于给出的\(n\)条线段，每条线段都会属于一个集合。
设长度为\(x\)的线段被长度为\(y(y > x)\)的线段包含。
因 \(x\)被\(y\)包含，所以\(x\)与\(y\)分到一组，则\(x\)所在集合对答案的贡献最大为\(x\)。
而若\(x\)与不包含\(x\)的线段分到一组时，在小的方面来说答案不优(整体来看可能更优)。
性质②得证。
下面对于性质②的缺陷作考虑：
性质②是将\(x\)与\(y\)放到一个集合，那我们未考虑到的情况就是\(x\)与\(y\)相分离的情况。
我们考虑\(x\)与\(y\)相分离时怎样最优。
显然当\(y\)单独一个集合时对答案的贡献最大。
当然，上面情况成立的条件是仍有空的集合未被使用。
注：当产生包含关系后，\(y\)对集合已无贡献。
所以我们才可以将\(x\)与\(y\)进行分离操作。
否则，算法正确性无法得以保证。
此时，再结合性质①，对答案无贡献的集合最多只有一个。
我们便有了一种做法：
优先考虑不包含的情况，再将\(x\)与\(y\)进行分离操作，更新答案。
因分离线段操作(只考虑包含别的线段的线段)不会对现有答案产生影响。
所以我们可以进行DP预处理操作。
将线段排序，挑选所有出\(r\)递增且\(l\)递增(不包含)的线段。
此时显然能DP。
设\(f[i][j]\)为前\(i\)条线段选了\(j\)个集合相似度之和。
注：这\(j\)个集合不能有空集，因为我们要给每个空集分发线段，更新答案。
否则答案不优。
考虑第\(j\)个集合放入第\(x+1\sim i\)条线段，
则\(f[i][j]=max(f[x][j-1]+r[x+1]-l[i]|r[x+1]>l[i])\)
转化方程得：\(f[i][j]=max(f[x][j-1]+r[x+1]|r[x+1]>l[i])-l[i]\)
进行单调队列优化。
然后考虑我们选择了多少集合，设为\(p\),
考虑用包含其它线段的线段来更新答案。
则此情况对答案的贡献为
\(f[n][p]\)+包含其它线段的前\(k-p\)长线段长度之和。
再枚举\(p\)取最优值即可。
时间复杂度：\(O(n^2)\),在空间上可以使用滚动数组优化。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 6e3 + 5;
int read() {
int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
while(! isdigit(ch)) f = (ch=='-')?-1:1, ch = getchar();
while(isdigit(ch)) x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48), ch = getchar();
return x * f;
}
struct edge { int l, r; } t1[N], t2[N];
int n, k, ans, r, len[N], q[N], head, tail, maxl, tot, cnt, f[2][N];
bool cop(const edge &a, const edge &b) {
return (a.r == b.r) ? (a.l > b.l) : (a.r < b.r);
}
int main() {
n = read(); k = read();
for(int i = 1;i <= n;i ++)
t1[i].l = read(), t1[i].r = read(), len[i] = t1[i].r - t1[i].l;
sort(len + 1, len + n + 1);
for(int i = n-k+2;i <= n;i ++) ans +=len[i];//共前 k-1 长 (总前缀和);
sort(t1 + 1, t1 + n + 1, cop);
memset(len, 0, sizeof(len));
for(int i = 1;i <= n;i ++) {//保证r递增
if(t1[i].l > maxl) {//若l递增 (这些线段不可互相包含)
t2[++ cnt] = t1[i];//加入t2(用于DP)
maxl = t1[i].l;
}
else len[++ tot] = t1[i].r - t1[i].l;//r递增l递减,加入t1(说明这些线段有包含关系)
}
sort(len + 1, len + tot + 1, greater<int>());//长度从小到大排序
for(int i = 2;i <= n;i ++) len[i] += len[i-1];//求包含其它线段的线段的长度前缀和
sort(t2 + 1, t2 + cnt + 1, cop);//这些线段不相互包含
r = 1;//滚动数组优化
for(int i = 1;i <= cnt;i ++) {//保证r递增(已经排序)
if(t2[1].r <= t2[i].l) f[0][i] = -1e9;//1号线段与i号线段为空集
else f[0][i] = t2[1].r - t2[i].l;//1号线段与i号线段有交集
}
ans = max(ans, f[0][cnt] + len[k-1]);//1个集合 + (k - 1)个集合
for(int j = 2;j <= min(k, cnt);j ++, r ^= 1) {//枚举选出j个集合,(j < k)
q[head = tail = 1] = 1; f[r][1] = -1e9;//滚动数组清零
for(int i = 2;i <= cnt;i ++) {
while(head <= tail&&t2[q[head]+1].r <= t2[i].l) head ++;//到下一个集合块部分
if(head <= tail) f[r][i] = f[r^1][q[head]]+t2[q[head]+1].r-t2[i].l;
else f[r][i] = -1e9;
while(head <= tail&&f[r^1][i]- f[r^1][q[tail]] >= t2[q[tail]+1].r - t2[i+1].r) tail --;
q[++ tail] = i;
}
ans = max(ans, f[r][cnt] + len[k - j]);//j个集合 + (k - j) 个集合
}
cout << ans << endl;
return 0;
}#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 6e3 + 5;
int read() {
int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
while(! isdigit(ch)) f = (ch=='-')?-1:1, ch = getchar();
while(isdigit(ch)) x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48), ch = getchar();
return x * f;
}
struct edge { int l, r; } t1[N], t2[N];
int n, k, ans, r, len[N], q[N], head, tail, maxl, tot, cnt, f[2][N];
bool cop(const edge &a, const edge &b) {
return (a.r == b.r) ? (a.l > b.l) : (a.r < b.r);
}
int main() {
n = read(); k = read();
for(int i = 1;i <= n;i ++)
t1[i].l = read(), t1[i].r = read(), len[i] = t1[i].r - t1[i].l;
sort(len + 1, len + n + 1);
for(int i = n-k+2;i <= n;i ++) ans +=len[i];
sort(t1 + 1, t1 + n + 1, cop);
memset(len, 0, sizeof(len));
for(int i = 1;i <= n;i ++) {
if(t1[i].l > maxl) {
t2[++ cnt] = t1[i];
maxl = t1[i].l;
}
else len[++ tot] = t1[i].r - t1[i].l;
}
sort(len + 1, len + tot + 1, greater<int>());
for(int i = 2;i <= n;i ++) len[i] += len[i-1];
sort(t2 + 1, t2 + cnt + 1, cop);
r = 1;
for(int i = 1;i <= cnt;i ++) {
if(t2[1].r <= t2[i].l) f[0][i] = -1e9;
else f[0][i] = t2[1].r - t2[i].l;
}
ans = max(ans, f[0][cnt] + len[k-1]);
for(int j = 2;j <= min(k, cnt);j ++, r ^= 1) {
q[head = tail = 1] = 1; f[r][1] = -1e9;
for(int i = 2;i <= cnt;i ++) {
while(head <= tail&&t2[q[head]+1].r <= t2[i].l) head ++;
if(head <= tail) f[r][i] = f[r^1][q[head]]+t2[q[head]+1].r-t2[i].l;
else f[r][i] = -1e9;
while(head <= tail&&f[r^1][i]- f[r^1][q[tail]] >= t2[q[tail]+1].r - t2[i+1].r) tail --;
q[++ tail] = i;
}
ans = max(ans, f[r][cnt] + len[k - j]);
}
cout << ans << endl;
return 0;
}【2019.8.14】2019QB学堂DP图论班第一次考试 Problem C
标签：form input 证明 前缀 怎样 block 不可 memset 复杂度
原文地址：https://www.cnblogs.com/Paranoid-LS/p/11354649.html
