[USACO06DEC]Cow Roller Coaster S & [USACO07NOV]Milking Time S 题解 线段覆盖类题目

T1

题目

如果用背包的方式理解：

类似二维费用背包。

$f_{i,j,k}$ 表示前 $i$ 个线段， $[0,j]$ 花费为 $k$ 的最大收益。

$f_{i,en{d}_i,k}=\max (f_{i-1,en{d}_i,k},f_{i-1,star{t}_i,k-c_i}+v_i)$。

省去第一维：

$f_{en{d}_i,k}=\max (f_{en{d}_i,k},f_{star{t}_i,k-c_i}+v_i)$。

而一般的背包在购买物品时，先买 $A$ 再买 $B$、先买 $B$ 再买 $A$，两者是等效的，永远是从剩余容量大的转移到剩余容量小的（或者相反）。

而对于此题，要求是从 $0$ 开始的连续轨道，先造 $[0,2]$ 再造 $[2,3]$、先造 $[2,3]$ 再造 $[0,2]$ 是不等效的，会直接导致状态转移的缺失，我们应当将轨道先按右端点排序保证转移的有效性。

但其实我们也不必被背包的 tag 限制住，这本质上也可以理解为一个线性 dp ，是小状态转移到大状态。

#include
#define int long long
using namespace std;
struct Seg{
	int x, w, f, c;
}a[10005];
bool cmp(Seg x, Seg y)
{
	return (x.x + x.w) < (y.x + y.w);
}
int L, n, B, f[1005][1005];
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin.tie(0);
	
	cin >> L >> n >> B;
	
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		cin >> a[i].x >> a[i].w >> a[i].f >> a[i].c;
	}
	
	sort(a+1, a+n+1, cmp);
	
	memset(f, 0x80, sizeof(f));
	
	f[0][0] = 0;
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{	
		for(int k=0; k + a[i].c <= B; k++)
		{
			f[a[i].x + a[i].w][k + a[i].c] = max(f[a[i].x + a[i].w][k + a[i].c], f[a[i].x][k] + a[i].f);
		}
	}
	
	int ans = -1;
	for(int k=0; k<=B; k++)
		ans = max(ans, f[L][k]);
	cout << ans;
	return 0;
}

T2

题目

$n$ 个小时，$m$ 头牛，给第 $i$ 头牛挤奶需要从 $s{t}_i$ 时刻到 $e{d}_i$ 时刻，可以带来收益 $c_i$ 。每次挤完奶需要休息 $r$ 小时（ $r$ 给定）。

和上题一样为线性 $dp$ ，下面给出几种 Solution。

1

$f_i$ 表示前 $i$ 小时，其中第 $i$ 小时被覆盖的最优方案。

假设当前枚举线段是第 $i$ 个，有：
$f_{r_i}=\max (f_j+c_i)(1\le j\le l_i-r)$ 。

时间复杂度 $O(mn)$。

signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin.tie(0);

	cin >> n >> m >> r;
	
	for(int i=1; i<=m; i++)
		cin >> a[i].l >> a[i].r >> a[i].c;
	
	sort(a+1, a+m+1, cmp);
	
	int ans = 0;
	for(int i=1; i<=m; i++)
	{
		for(int j=0; j <= max(0LL, a[i].l - r); j++)
		{
			f[a[i].r] = max(f[a[i].r], f[j] + a[i].c);
		}
		ans = max(ans, f[a[i].r]);
	}
	cout << ans;
	return 0;
}

2

对 1 的优化：

将 $c_i$ 移到 $\max$ 外面，有：
$f_{r_i}=\max (f_j)(1\le j\le l_i-r)+c_i$。

用树状数组维护前缀最大值。

时间复杂度 $O(m\log n)$。

int lowbit(int x) {return x & (-x);}
void modify(int x, int v)
{
	for(int i=x; i<=n; i+=lowbit(i))
		tree[i] = max(tree[i], v);
}
int query(int x)
{
	if(x <= 0) return 0; 
	int res = 0;
	for(int i=x; i>0; i-=lowbit(i))
		res = max(res, tree[i]);
	return res;
}
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin.tie(0);

	cin >> n >> m >> r;
	
	for(int i=1; i<=m; i++)
		cin >> a[i].l >> a[i].r >> a[i].c;
	
	sort(a+1, a+m+1, cmp);
	
	int ans = 0;
	for(int i=1; i<=m; i++)
	{
		f[a[i].r] = query(a[i].l - r) + a[i].c;
		modify(a[i].r, f[a[i].r]);
		ans = max(ans, f[a[i].r]);
	}
	cout << ans;
	return 0;
}

3

对 1 的优化：

$f_j$ 的转移只可能是来自之前线段右端点。

将枚举小时变为枚举线段：

$f_{r_i}=\max (f_{r_j}+c_i)(j<i,1\le r_j\le l_i-r)$。

时间复杂度 $O(m^2)$。

signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin.tie(0);

	cin >> n >> m >> r;
	
	for(int i=1; i<=m; i++)
		cin >> a[i].l >> a[i].r >> a[i].c;
	
	sort(a+1, a+m+1, cmp);
	
	int ans = 0;
	
	for(int i=1; i<=m; i++)
	{
		f[i] = a[i].c;
		for(int j=1; a[j].r + r <= a[i].l and j < i; j++)
		{
			f[i] = max(f[i], f[j] + a[i].c);
		}
		ans = max(ans, f[i]);
	}
	cout << ans;
	return 0;
}