NOIP2023模拟2联测23 负责

题目大意

n n n个区间 [ l i , r i ] [l_i,r_i] [li,ri],每个区间有一个权值 w i w_i wi。把这 n n n个区间当成 n n n个点,如果两个区间之间有交(包括端点),那么就在这两个区间之间连边。于是,这些点就形成了一个区间图。

现在你希望删除一些区间,使得每个连通块的大小不超过 k k k。你需要输出删除区间的最小权值和。

1 ≤ k ≤ n ≤ 2500 , 1 ≤ l i ≤ r ≤ 1 0 9 , 1 ≤ w i ≤ 1 0 9 1\leq k\leq n\leq 2500,1\leq l_i\leq r\leq 10^9,1\leq w_i\leq 10^9 1kn2500,1lir109,1wi109


题解

因为删除区间比较麻烦,所以我们考虑将问题改成在这些区间中选择若干个区间,使得每个连通块的大小不超过 k k k,要求选择区间的最大权值和。

先将区间以右端点为第一关键字,左端点为第二关键字从小到大排序。设 f i f_i fi表示当前已经处理了前 i i i个区间, i i i之前的连通块都满足连通块大小不超过 k k k,且在选择的区间中编号大于 i i i的区间和编号小于等于 i i i的区间没有交集的情况下的最大权值和。下面考虑转移。

我们可以用 f i f_i fi来更新 f j f_j fj j > i j>i j>i),即要从 i + 1 i+1 i+1 j j j之间选择一些区间来构成若干个连通块。因为区间是以右端点为第一关键字排序的,所以区间 i i i肯定是 i i i所在连通块中右端点最靠右的区间,那么 i + 1 i+1 i+1 j j j这些区间既然不和 i i i在同一个连通块,则 r i < l k r_iri<lk i + 1 ≤ k ≤ j i+1\leq k\leq j i+1kj)。那么,我们从 i + 1 i+1 i+1 n n n枚举 j j j

  • 如果当前的 j j j不满足 r i < l j r_iri<lj,则不能选择 j j j
  • 如果当前的 j j j满足 r i < l j r_iri<lj,则可以选择,又因为连通块的大小不能超过 k k k,所以我们可以用一个堆来维护这些可以选择的区间,尽量选择权值更大的堆

那么, f n f_n fn即为选择区间的最大权值和。设所有区间的权值为 s u m sum sum,则 s u m − f n sum-f_n sumfn即为最终的答案。

时间复杂度为 O ( n 2 log ⁡ n ) O(n^2\log n) O(n2logn)

code

#include
using namespace std;
const int N=2500;
int n,k;
long long sum=0,f[N+5];
priority_queue<int>q;
struct node{
	int l,r,w;
}w[N+5];
bool cmp(node ax,node bx){
	if(ax.r!=bx.r) return ax.r<bx.r;
	return ax.l<bx.l;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d%d%d",&w[i].l,&w[i].r,&w[i].w);
		sum+=w[i].w;
	}
	sort(w+1,w+n+1,cmp);
	for(int i=0;i<=n;i++){
		long long tmp=0;
		for(int j=i+1;j<=n;j++){
			if(w[j].l>w[i].r){
				tmp+=w[j].w;
				q.push(-w[j].w);
				if(q.size()>k){
					tmp+=q.top();q.pop();
				}
			}
			f[j]=max(f[j],f[i]+tmp);
		}
		while(!q.empty()) q.pop();
	}
	printf("%lld",sum-f[n]);
	return 0;
}

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