poj 3616 Milking Time dp+树状数组

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题意：

给一堆区间，每个区间有开始时间s,结束时间e,和收益w,现在要找一些区间使收益和最大，且区间之间的间隔最小为r。

分析：

这道题用dp做是简单题，用dp+树状数组做是中等题。dp问题的关键是对状态的定义。有两种方法，一：dp[k]表示按开始时间排序到第k个区间能取得的最大收益。二：dp[t]表示在时间t时能获得的最大收益。定义好状态方程就好写了这不再赘述。有趣的是这个时间复杂度。设一共有M个区间，所有区间的最大时间为L,第一种是M^2的，第二种是M*(logL+logM)的，这题M才1000两种都能过，第一种比较好写所以我写的是第二种，用到了树状数组，树状数组本来是求动态区间和的，但这题区间左端恒为1所以也可以用树状数组来做rmq。

代码：

//poj 3616
//sep9
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxN=1000024;
const int maxM=1024;
int dp[maxN];
struct Node
{
	int s,e,w;
}interval[maxM];

int cmp(Node a,Node b)
{
	return a.e<b.e;
}

struct BIT
{
	int c[maxN],n;
	BIT(){}
	void clear(){
		memset(c,0,sizeof(c));
	}
	int lowbit(int x)
	{
		return x&(x^(x-1));
	}
	void modify(int i,int d)
	{
		while(i<=n){
			c[i]=max(c[i],d);
			i+=lowbit(i);
		}
	}
	int q(int i)
	{
		int sum;
		for(sum=0;i>0;i-=lowbit(i))
			sum=max(sum,c[i]);
		return sum;
	}
}bit;
int main()
{
	int i,n,m,r;
	memset(dp,0,sizeof(dp));
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&r);
	bit.n=n;
	for(i=0;i<m;++i)
		scanf("%d%d%d",&interval[i].s,&interval[i].e,&interval[i].w);
	sort(interval,interval+m,cmp);
	for(i=0;i<m;++i){
		int s=interval[i].s,e=interval[i].e,w=interval[i].w;
		dp[e]=w;
		if(s-r>0)
			dp[e]=max(dp[e],bit.q(s-r)+w);
		bit.modify(e,dp[e]);
	}	
	int ans=0;
 	for(i=0;i<m;++i)
		ans=max(ans,dp[interval[i].e]);
	printf("%d",ans);
	return 0;	
} 

poj 3616 Milking Time dp+树状数组

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原文地址：http://blog.csdn.net/sepnine/article/details/42079067