（POJ1201）Intervals

Intervals
Description

You are given n closed, integer intervals [ai, bi] and n integers c1, …, cn.
Write a program that:
reads the number of intervals, their end points and integers c1, …, cn from the standard input,
computes the minimal size of a set Z of integers which has at least ci common elements with interval [ai, bi], for each i=1,2,…,n,
writes the answer to the standard output.
Input

The first line of the input contains an integer n (1 <= n <= 50000) – the number of intervals. The following n lines describe the intervals. The (i+1)-th line of the input contains three integers ai, bi and ci separated by single spaces and such that 0 <= ai <= bi <= 50000 and 1 <= ci <= bi - ai+1.
Output

The output contains exactly one integer equal to the minimal size of set Z sharing at least ci elements with interval [ai, bi], for each i=1,2,…,n.
Sample Input

5
3 7 3
8 10 3
6 8 1
1 3 1
10 11 1
Sample Output

6
Source

Southwestern Europe 2002

关于差分约束系统的详细解释与入门，还有各个最短路算法的详解与优化大家可以看看这篇博客。写的非常的好！！！

夜深人静写算法：
http://www.cppblog.com/menjitianya/archive/2015/11/19/212292.html

题意：
给定n（n <= 50000）个整点闭区间和这个区间中至少有多少整点需要被选中，每个区间的范围为[ai, bi]，并且至少有ci个点需要被选中，其中0 <= ai <= bi <= 50000，问[0, 50000]至少需要有多少点被选中。

分析：
这是一个典型的差分约束系统的题目。

例如3 6 2 表示[3, 6]这个区间至少需要选择2个点，可以是3,4也可以是4,6（总情况有 C(4, 2)种 ）。

这类问题就没有线性约束那么明显，需要将问题进行一下转化，考虑到最后需要求的是一个完整区间内至少有多少点被选中，试着用d[i]表示[0, i]这个区间至少有多少点能被选中，根据定义，可以抽象出 d[-1] = 0，对于每个区间描述，可以表示成d[ bi ] - d[ ai - 1 ] >= ci，而我们的目标要求的是 d[ 50000 ] - d[ -1 ] >= T 这个不等式中的T，将所有区间描述转化成图后求-1到50000的最长路。
这里忽略了一些要素，因为d[i]描述了一个求和函数，所以对于d[i]和d[i-1]其实是有自身限制的，考虑到每个点有选和不选两种状态，所以d[i]和d[i-1]需要满足以下不等式： 0 <= d[i] - d[i-1] <= 1 （即第i个数选还是不选）
这样一来，还需要加入 50000*2 = 100000 条边，由于边数和点数都是万级别的，所以不能采用单纯的Bellman-Ford ，需要利用SPFA进行优化，由于-1不能映射到小标，所以可以将所有点都向x轴正方向偏移1个单位（即所有数+1）。

AC代码：

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

const int INF = 0xffffff;
struct Edge
{
    int u,v,w,next;
    Edge(){}
    Edge(int u_,int v_,int w_)
    {
        u = u_;
        v = v_;
        w = w_;
    }
}edges[200000];

int head[50010];
int d[50010];
int e = 0,maxnum = 0;
void addedge(int u,int v,int w)
{
    edges[e] = Edge(u,v,w);
    edges[e].next = head[u];
    head[u] = e++;
}

int inq[50010];
void spfa()
{
    queue<int> q;
    while(!q.empty()) q.pop();
    for(int i=0;i<=maxnum;i++) d[i] = -INF;
    d[0] = 0;
    memset(inq,0,sizeof(inq));
    q.push(0);
    inq[0] = 1;
    while(!q.empty())
    {
        int u = q.front(); q.pop();
        inq[u]--;
        for(int i=head[u];i!=-1;i=edges[i].next)
        {
            int v = edges[i].v;
            if(d[v] < d[u] + edges[i].w)
            {
                d[v] = d[u] + edges[i].w;
                if(!inq[v])
                {
                    inq[v]++;
                    q.push(v);
                }
            }
        }
    }
}

int main()
{
    int n,u,v,w;
    scanf("%d",&n);
    memset(head,-1,sizeof(head));
    maxnum = 0;
    e = 0;
    while(n--)
    {
        scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
        if(v+1 > maxnum) maxnum = v+1;//整体+1了，所以是v+1
        addedge(u,v+1,w); //整体+1
    }

    //0 <= d[i] - d[i-1] <= 1（即第i个数选还是不选）
    for(int i=0;i<=maxnum;i++)
    {
        addedge(i,i+1,0);
        addedge(i+1,i,-1);
    }
    spfa();
    printf("%d\n",d[maxnum]);
    return 0;
}