tarzan 非常煩數軸因為數軸上的題總是難度非常大。不過他非常喜歡線段，因為有關線
段的題總是不難，諷刺的是在乙個數軸上有 n 個線段，tarzan 希望自己喜歡的東西和討厭的
東西不在一起，所以他要把這些線段分多次帶走，每一次帶走一組，最多能帶走 k 次。其實
就是要把這些線段分成至多 k 組，每次帶走一組，問題遠沒有那麼簡單，tarzan 還希望每次
選擇的線段組都很有相似性，我們定義一組線段的相似性是組內線段交集的長度，我們現在
想知道最多分成 k 個組帶走，tarzan 最多能得到的相似性之和是多少？
第一行兩個整數 n 和 k。
接下來 n 行每行兩個整數 li, ri 表示線段的左右端點。
一行乙個整數，表示最多能得到的相似性之和是多少。
input 1
5 3
5 10
4 11
6 910 30
20 40
435 3
5 11
16 22
14 20
10 20
6 10
187 3
1 92 9
2 10
5 15
3 14
14 18
16 20
21對於 40% 的資料滿足：\(k, n ≤ 12\);
對於 70% 的資料滿足：\(n ≤ 100\),
對於 100% 的資料滿足：\(1 ≤ k ≤ n ≤ 6000, 1 ≤ li < ri ≤ 10^6\);
對於 \(\%20\) 的資料，直接列舉每乙個線段在哪乙個集合裡面即可
時間複雜度：\(o(k^n)\)
對於 \(\%40\) 的資料，\(dfs\) 搜尋每一條線段在哪乙個集合裡面，
進行適當剪枝後可以得到最高 \(40\) 分的部分分，
對於 \(\%70\) 的資料，首先，手玩樣例一番，收集性質如下：
①空集組(對答案無貢獻)最多只有一組。
證明：若有\(k(k >= 2)\)組空集， 則在這些集合中找出前\(k-1\)條線段放入乙個集合， 另外的線段放入剩下的乙個集合可增加選出來的\(k-1\)條線段長度的答案貢獻。
性質①得證。
②若沒有空集的話，可以再觀察到乙個性質：
對於完全包含另乙個線段b的線段a， 則b與a在一組可能會使答案更優(但不一定)，不優的情況會在下文另行考慮。
證明：根據題意可得，對於給出的\(n\)條線段，每條線段都會屬於乙個集合。
設長度為\(x\)的線段被長度為\(y(y > x)\)的線段包含。
因 \(x\)被\(y\)包含，所以\(x\)與\(y\)分到一組，則\(x\)所在集合對答案的貢獻最大為\(x\)。
而若\(x\)與不包含\(x\)的線段分到一組時，在小的方面來說答案不優(整體來看可能更優)。
性質②得證。
下面對於性質②的缺陷作考慮：
性質②是將\(x\)與\(y\)放到乙個集合，那我們未考慮到的情況就是\(x\)與\(y\)相分離的情況。
我們考慮\(x\)與\(y\)相分離時怎樣最優。
顯然當\(y\)單獨乙個集合時對答案的貢獻最大。
當然，上面情況成立的條件是仍有空的集合未被使用。
注：當產生包含關係後，\(y\)對集合已無貢獻。此時，再結合性質①，對答案無貢獻的集合最多只有乙個。所以我們才可以將\(x\)與\(y\)進行分離操作。
否則，演算法正確性無法得以保證。
我們便有了一種做法：
優先考慮不包含的情況，再將\(x\)與\(y\)進行分離操作，更新答案。
因分離線段操作(只考慮包含別的線段的線段)不會對現有答案產生影響。
所以我們可以進行dp預處理操作。
將線段排序，挑選所有出\(r\)遞增且\(l\)遞增(不包含)的線段。
此時顯然能dp。
設\(f[i][j]\)為前\(i\)條線段選了\(j\)個集合相似度之和。
注：這\(j\)個集合不能有空集，因為我們要給每個空集分發線段，更新答案。考慮第\(j\)個集合放入第\(x+1\sim i\)條線段，否則答案不優。
則\(f[i][j]=max(f[x][j-1]+r[x+1]-l[i]|r[x+1]>l[i])\)
轉化方程得：\(f[i][j]=max(f[x][j-1]+r[x+1]|r[x+1]>l[i])-l[i]\)
對於 \(\%100\) 的資料，在 \(\%70\) 的資料的基礎上進行單調佇列優化。
考慮我們選擇了多少集合，設為\(p\),
考慮用包含其它線段的線段來更新答案。
則此情況對答案的貢獻為
\(f[n][p]\)+包含其它線段的前\(k-p\)長線段長度之和。
再列舉\(p\)取最優值即可。
時間複雜度：\(o(n^2)\),在空間上可以使用滾動陣列優化。
#include #include #include #include using namespace std;
const int n = 6e3 + 5;
int read()
struct edge 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)
int main()
else len[++ tot] = t1[i].r - t1[i].l;//r遞增l遞減,加入t1(說明這些線段有包含關係);
} sort(len + 1, len + tot + 1, greater());//長度從大到小排序 ;
for(int i = 2; i <= n; i ++) len[i] += len[i-1];//求包含其它線段的線段的長度字首和;
sort(t2 + 1, t2 + cnt + 1, cop);//這些線段不相互包含 ;
r = 1;//滾動陣列優化;
for(int i = 1; i <= cnt; i ++)
ans = max(ans, f[0][cnt] + len[k-1]);//1個集合 + (k - 1)個集合 ;
for(int j = 2; j <= min(k, cnt); j ++, r ^= 1)
ans = max(ans, f[r][cnt] + len[k - j]);//j個集合 + (k - j) 個集合
} cout << ans << endl;
return 0;
}
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