CF1399F Yet Another Segments Subset 区间DP

先来吐槽两句：这篇文章本应该是发在博客园的，但是由于博客园的markdown没用明白，于是就只能继续用CSDN了。这段时间算是以赛代练吧，基本每场能打的CF都去打了，新建的小号分和以前的号差不多了，但是自我感觉水平还是没有恢复到之前。

题目链接：
https://codeforces.com/contest/1399/problem/F

题意：
t组询问，每组给你n条线段，保证线段两两不同，告诉你每条线段的左右端点坐标，要求你选出一组线段，使得这组线段两两之间的关系要么是相互包含，要么是没有交点，求组内最多能选择的线段数量。 $\sum n<=3000$ 左右端点坐标$<=2e5$

题解：
一道有趣的区间dp题。

不难根据数据范围猜到要用一种$O(n^2)$的算法。

因为坐标有点大，显然要先离散化。

当时打比赛的时候我也想过按照某种顺序排序然后dp，但是发现自己的二维状态总是会在转移时遇到问题，大概在设计状态和子问题的转移方面还是存在问题。

这个题的想法是用区间dp的思路，设$dp[l][r]$表示离散化后的区间$[l,r]$最多能选出多少条符合题意的线段。一般的区间dp是要枚举中间断点来转移，这里这样就会复杂度炸掉。这里的转移方法比较独特，是先用一些vector，其中$vector[l]$存储所有左端点在$l$的线段（右端点不需要有序）。这样我们用一种记忆化搜索的写法，每次枚举到区间$[l,r]$时，我们就考虑两种转移：

第一种是当前如果存在一个线段就是$[l,r]$，那么我们可以用它来覆盖$[l+1,r]$的答案，故转移为$dp[l,r]=max(dp[l][r],dp[l+1][r]+1)$。转移时注意$l+1$是否小于$r$。

第二种是枚举所有读入线段中左端点在$l$的线段，如果它们的右端点大于$r$，那么显然不能用来更新$dp[l][r]$的答案。如果它们的右端点等于$r$，那么在第一种情况里我们已经更新过了，这里不要重复更新了。如果它们的右端点小于$r$，那么这条线段可能可以更新答案。我们设$opt$为是否存在左端点为$l$，右端点为$r$的区间，存在则$opt=1$，不存在则$opt=0$，设当前枚举到的这条线段的右端点为$r^{\prime }$。那么更新的转移方程是$dp[l][r]=max(dp[l][r],opt+dp[l][r{]}^{\prime }+dp[r^{\prime }+1][r])$

这样我们的转移就完成了。

下面分析一下复杂度。空间复杂度是$O(n^2)$的自然不用多说，听说这题出题人可能开小空间限制了，所以好像有人被卡空间了。然后时间复杂度的话，总的转移复杂度是$O(n)$级别的，因为第一张转移的总复杂度是$O(n)$，第二种转移的总复杂度也是$O(n)$，复杂度瓶颈大概是所有状态都可能被枚举到，于是是状态数$O(n^2)$。

另外一个吐槽是，我这题一开始不会count操作，用map写，结果T了。

说明一下代码里的count函数，这个函数是数两个迭代器之间的元素里要查询的元素出现了几次。这里对于每个$l$，只会进行一次count，所以总复杂度是$O(n)$的，并没有因此爆复杂度。

先是能AC的用vector的代码：

#include 
using namespace std;

int t,n,m,l[3010],r[3010],cnt,a[6010];
int dp[6010][6010];
vector<int> v[6010];
inline int cal(int l,int r)
{
     
	if(dp[l][r]!=-1)
	return dp[l][r];
	dp[l][r]=0;
	int pd=count(v[l].begin(),v[l].end(),r);
	dp[l][r]=max(dp[l][r],pd+(l==r?0:cal(l+1,r)));
	int mx=v[l].size();
	for(int i=0;i<mx;++i)
	{
     
		int ri=v[l][i];
		if(ri>=r)
		continue;
		dp[l][r]=max(dp[l][r],pd+cal(l,ri)+cal(ri+1,r));
	}
	return dp[l][r];
}
int main()
{
     
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
     
		scanf("%d",&n);
		cnt=0;
		for(int i=1;i<=n;++i)
		{
     
			scanf("%d%d",&l[i],&r[i]);
			a[++cnt]=l[i];
			a[++cnt]=r[i];
		}
		sort(a+1,a+cnt+1);
		m=unique(a+1,a+cnt+1)-a-1;
		for(int i=1;i<=n;++i)
		{
     
			l[i]=lower_bound(a+1,a+m+1,l[i])-a;
			r[i]=lower_bound(a+1,a+m+1,r[i])-a;
			v[l[i]].push_back(r[i]);
		}
		for(int i=1;i<=m;++i)
		{
     
			for(int j=1;j<=m;++j)
			dp[i][j]=-1;
		}
		printf("%d\n",cal(1,m));
		for(int i=1;i<=n;++i)
		v[l[i]].clear();
		for(int i=1;i<=cnt;++i)
		a[i]=0;
	}
	return 0;
}

然后是T了，但是我觉得正确的map代码：

#include 
using namespace std;

int t,n,m,l[3010],r[3010],cnt,a[6010];
int dp[6010][6010];
map<int,int> mp[6010];
inline int cal(int l,int r)
{
     
	if(dp[l][r]!=-1)
	return dp[l][r];
	dp[l][r]=0;
	int pd=mp[l][r];
	dp[l][r]=max(dp[l][r],pd+(l==r?0:cal(l+1,r)));
	map<int,int>::iterator it;
	for(it=mp[l].begin();it!=mp[l].end();++it)
	{
     
		int ri=it->first;
		if(ri>=r)
		continue;
		dp[l][r]=max(dp[l][r],pd+cal(l,ri)+cal(ri+1,r));
	}
	return dp[l][r];
}
int main()
{
     
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
     
		scanf("%d",&n);
		cnt=0;
		for(int i=1;i<=n;++i)
		{
     
			scanf("%d%d",&l[i],&r[i]);
			a[++cnt]=l[i];
			a[++cnt]=r[i];
		}
		sort(a+1,a+cnt+1);
		m=unique(a+1,a+cnt+1)-a-1;
		for(int i=1;i<=n;++i)
		{
     
			l[i]=lower_bound(a+1,a+m+1,l[i])-a;
			r[i]=lower_bound(a+1,a+m+1,r[i])-a;
			mp[l[i]][r[i]]=1;
		}
		for(int i=1;i<=m;++i)
		{
     
			for(int j=1;j<=m;++j)
			dp[i][j]=-1;
		}
		printf("%d\n",cal(1,m));
		for(int i=1;i<=n;++i)
		mp[l[i]][r[i]]=0;
		for(int i=1;i<=cnt;++i)
		a[i]=0;
	}
	return 0;
}