codevs 线段覆盖系列
题目：
http://codevs.cn/problem/?q=%E7%BA%BF%E6%AE%B5%E8%A6%86%E7%9B%96
明确总套路：
按每条线段的右端点从小到大排序；
原因：右端点是线段的终点，可以确定线段”具体位置”，换句话说，我们需要的不是它何时开始，而是它何时结束，这样我们才可以比较前后两条线段，然后进行选择；
如果按左端点排序，会产生混乱，即我们无法挖掘所有情况；
显然选1,2比选3更优，如果按左端点排序，选的只有3；
贪心：
线1，线3 :
在”当前”答案不变的情况下，优先选右端点小的，以留给后面线段更多的空间；
所以需要按右端点从小到大sort;
DP：
线2：
定义dp[i]：以第i条线段结尾的最大价值；
像最长上升子序列那样做就行了；
注意需要边转移边记录最大值；
线4，线5：
n太大，需要O(nlogn)，考虑重新定义状态；
dp[i]:前i条线段所能形成的最大价值；
显然，这是个01背包；
考虑用二分优化；
二分：最后一个与当前直线不相交的直线的下标；
正确性：每条线段的右端点满足单调性；
dp[i]=max(dp[i-1],dp[f(i)]+ma[i].c)；
线1、3：
#include"%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d",&ma[i].l,&ma[i].r);
if(ma[i].l>ma[i].r) swap(ma[i].l,ma[i].r);
}
sort(ma+1,ma+n+1,cmp);
int y=-9999;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(ma[i].l>=y)
tot++,y=ma[i].r;
}
cout<int main()
{
solve();
return 0;
} 线2：
#include"%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d%d",&ma[i].l,&ma[i].r,&ma[i].c);
if(ma[i].l>ma[i].r) swap(ma[i].l,ma[i].r);
}
sort(ma+1,ma+n+1,cmp);
for(int i=1;i<=n;i++) dp[i]=ma[i].c;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;jif(ma[i].l>=ma[j].r)
dp[i]=max(dp[j]+ma[i].c,dp[i]);
ans=max(dp[i],ans);
}
cout<'\n';
return;
}
int main()
{
solve();
return 0;
} 线4，线5：
#include0,r=x;
while(r - l > 1)
{
ll mid=(l+r)>>1;
if(ma[mid].r>ma[x].l) r=mid;
else l=mid;
}
return l;
}
void solve()
{
scanf("%lld",&n);
for(ll i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld%lld%lld",&ma[i].l,&ma[i].r,&ma[i].c);
sort(ma+1,ma+n+1,cmp);
for(ll i=1;i<=n;i++)
dp[i]=max(dp[i-1],dp[f(i)]+ma[i].c);
printf("%lld\n",dp[n]);
}
int main()
{
solve();
return 0;
} 总结：
1.贪心正确性的证明；
2.明确状态，套DP模型;