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突然想起这个锅还没补，于是来把这里补一下qwq。
有\(n\)个开区间，这\(n\)个开区间组成了一个直线\(L\)，要求选择一些区间，使得在直线\(L\)上的任意一点，对于你选择的区间来说，包含这个点的区间个数不超过$k $，且满足区间长度和最大。
首先让我们思考这个过程，我们要选择一些区间，那么限制条件是得给在区间上的。考虑这么一种情况，就是有两个区间互不相交。
这种情况对这两个区间互相之间是不影响的，也就是说这两个区间是可以一起选的。换成网络流考虑，这两个区间是可以连边的。
然后考虑怎么连边，我们发现这道题的连边极其复杂，我们要考虑这些区间的长度，也就是每个区间对应的权值。
如果这个当为点权的话是不好计算的，那么我们就尝试拆点，把区间给拆开，然后把点权当成边权来计算。
照样是将一个点\(x\)拆成入点\(x\)和出点\(x+N\)因为一个区间只能选择\(1\)次，那么，我们给每个点对应的入点和出点之间连接一条流量为1，费用为区间长度的边。这样我们就完成了对与区间点权的转化，把他转化成了边权。
那么我们说到，像上图中那样是可以同时选的，因为这两个点之间不影响，但是具体选不选呢？这得看后面不选这个是否更优。于是，只要满足这两个区间之间没有交，这两个区间之内就可以连边。
然后就是考虑对于每个点只能被\(k\)个点覆盖这个限制，这个限制怎么办？这个限制换一种说法，永远不会选择\(k\)个以上交于一点的区间。每个点被覆盖当且仅当线段的起点或者说是终点被覆盖。
我们把区间抽象成立一条条线段。
然后按着线段的集合进行分层，每一层中的线段是互不相交的
那么最多只能叠上\(k\)层，为什么呢？因为每一层中线段是互不相交的，那么后一层一定与前面的线段有相交。然后找到第\(k\)层的时候，得到的收益一定最大。
那么就对于跑\(k\)次的限制来吧，可以在加一个附加源点进行限流，设定流量为\(k\)，然后用这个点去和每个入点进行连接。这样为什么是对的呢？因为，你发现一件事，你之前连的边之中就是连接的互不相交的边，那么这么来，对于每一个点来说，你就是一层，然后当你跑完后，那么得到的答案即为最大。
（思路有点乱，建议自己理理
那么建模是这样的：
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
template<typename T> inline void read(T &x){
T f=1;x=0;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch==‘-‘) f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
x*=f;
}
const int N = 4e5,INF=2e9;
int n,k;
struct query{
int l,r;
}a[N];
bool cmp(query x,query y){
return x.l<y.l;
}
int nex[N],first[N],v[N],num=1,flow[N],cost[N],pre[N];
void add(int from,int to,int val,int c){
nex[++num]=first[from];
first[from]=num;
v[num]=to;
flow[num]=val;
cost[num]=c;
}
int dis[N],vis[N],inf[N],q[N],last[N],mincost;
bool spfa(int s,int t){
memset(dis,0xcf,sizeof(dis));
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(inf,0x7f,sizeof(inf));
q[1]=s;
vis[s]=1;
dis[s]=0;
pre[t]=-1;
int l=0,r=1;
while(l!=r){
int u=q[++l];
vis[u]=0;
for(int i=first[u];i;i=nex[i]){
int to=v[i];
if(flow[i] && dis[to]<dis[u]+cost[i]){
dis[to]=dis[u]+cost[i];
pre[to]=u;
last[to]=i;
inf[to]=min(inf[u],flow[i]);
if(!vis[to]){
vis[to]=1;
q[++r]=to;
}
}
}
}
return pre[t]!=-1;
}
void EK(int s,int t){
while(spfa(s,t)){
int now=t;
mincost+=inf[t]*dis[t];
while(now!=s){
flow[last[now]]-=inf[t];
flow[last[now]^1]+=inf[t];
now=pre[now];
}
}
}
int s,t,S;
signed main(){
read(n),read(k);
for(int i=1;i<=n;i++){
read(a[i].l),read(a[i].r);
if(a[i].l>a[i].r) swap(a[i].l,a[i].r);
}
s=0;
S=4*n;
t=5*n;
add(s,S,k,0);
add(S,s,0,0);
sort(a+1,a+n+1,cmp);
for(int i=1;i<=n;i++){
add(S,i,1,0);
add(i,S,0,0);
add(i,i+n,1,a[i].r-a[i].l);
add(i+n,i,0,a[i].l-a[i].r);
add(i+n,t,1,0);
add(t,i+n,0,0);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=i+1;j<=n;j++){
if(a[j].l>=a[i].r||a[i].l>=a[j].r){
add(i+n,j,INF,0);
add(j,i+n,0,0);
}
}
}
EK(s,t);
cout<<mincost;
return 0;
}
这里有网上的另一种做法，效果更加优异，但是我觉得怪怪的，反正我是没有直接想出来。但是这种做法的复杂度更优，我有空再补把。
这里把几篇讲得看起来很详细得题解拿过来，如果想学习得去看这个把。
太难为我了，完结了QAQ。
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原文地址：https://www.cnblogs.com/defination/p/14423546.html
