2436: [Noi2011]Noi嘉年华
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Description
NOI2011 在吉林大学开始啦！为了迎接来自全国各地最优秀的信息学选手，吉林大学决定举办两场盛大的 NOI 嘉年华活动，分在两个不同的地点举办。每个嘉年华可能包含很多个活动，而每个活动只能在一个嘉年华中举办。
现在嘉年华活动的组织者小安一共收到了 n个活动的举办申请，其中第 i 个活动的起始时间为 Si，活动的持续时间为Ti。这些活动都可以安排到任意一个嘉年华的会场，也可以不安排。
小安通过广泛的调查发现，如果某个时刻，两个嘉年华会场同时有活动在进行（不包括活动的开始瞬间和结束瞬间），那么有的选手就会纠结于到底去哪个会场，从而变得不开心。所以，为了避免这样不开心的事情发生，小安要求不能有两个活动在两个会场同时进行（同一会场内的活动可以任意进行）。
另外，可以想象，如果某一个嘉年华会场的活动太少，那么这个嘉年华的吸引力就会不足，容易导致场面冷清。所以小安希望通过合理的安排，使得活动相对较少的嘉年华的活动数量最大。
此外，有一些活动非常有意义，小安希望能举办，他希望知道，如果第i 个活动必须举办（可以安排在两场嘉年华中的任何一个），活动相对较少的嘉年华的活动数量的最大值。
Input
输入的第一行包含一个整数 n，表示申请的活动个数。
接下来 n 行描述所有活动，其中第 i 行包含两个整数 Si、Ti，表示第 i 个活动从时刻Si开始，持续 Ti的时间。
Output
输出的第一行包含一个整数，表示在没有任何限制的情况下，活动较少的嘉年华的活动数的最大值。
接下来 n 行每行一个整数，其中第 i 行的整数表示在必须选择第 i 个活动的前提下，活动较少的嘉年华的活动数的最大值。
Sample Input
8 2
1 5
5 3
3 2
5 3
Sample Output
2
1
2
2
2
HINT
在没有任何限制的情况下，最优安排可以在一个嘉年华安排活动 1, 4，而在另一个嘉年华安排活动 3, 5，活动2不安排。
1≤n≤200 0≤Si≤10^9
1≤Ti≤ 10^9
Source
Solution
一道比较好的DP
首先直接DP是不能得到答案的，所以一步步考虑
先将节目起始时间和终止时间离散化
$num[i][j]$表示从时间$i~j$的节目有多少个，这个特别好求，$O(N^{2})$/$O(N^{3})$都是可以的
$pre[i][j]$表示：截至在时间$i$之前，给一个场地$j$个节目，另一个场地最多有多少节目
$suf[i][j]$表示：截至在时间$i$之后，给一个场地$j$个节目，另一个场地最多有多少节目
$pre[i][j]$,$suf[i][j]$显然是可以DP的，
$pre[i][j]=max(pre[i][j+1],pre[k][j]+num[k][i],pre[k][j-num[k][i])$，$suf[i][j]$求法相同，倒着DP
那么第一问的答案，显然就是$max left{ min(pre[end][i],i) ight} $
那么考虑第二问，要求每个活动必须举办时的情况
那么需要再进行一遍DP，
$dp[i][j]=max(min(x+y+num[i][j],pre[i][x]+suf[j][y])$
直接枚举$x$,$y$进行DP是$O(N^{4})$，显然不行。
但我们发现，x一定时，y是单峰的，当x增大时，y是减少的，所以只需要枚举x即可，y不断减小
这样总的复杂度就是$O(N^3)$
Code
#include<iostream> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> #include<cstdio> using namespace std; int read() { int x=0,f=1; char ch=getchar(); while (ch<'0' || ch>'9') {if (ch=='-') f=-1; ch=getchar();} while (ch>='0' && ch<='9') {x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();} return x*f; } #define MAXN 500 int N,S[MAXN],T[MAXN],num[MAXN][MAXN],pre[MAXN][MAXN],suf[MAXN][MAXN]; int dp[MAXN][MAXN]; int ls[MAXN<<1],tp,top; void Prework() { for (int i=1; i<=top; i++) for (int j=1; j<=top; j++) for (int k=1; k<=N; k++) if (S[k]>=i && T[k]<=j) num[i][j]++; for (int i=1; i<=top; i++) for (int j=1; j<=N+1; j++) pre[i][j]=suf[i][j]=-0x7fffffff; for (int i=1; i<=top; i++) for (int j=num[1][i]; j>=0; j--) { pre[i][j]=pre[i][j+1]; for (int k=0; k<=i-1; k++) { pre[i][j]=max(pre[i][j],pre[k][j]+num[k][i]); if (j>=num[k][i]) pre[i][j]=max(pre[i][j],pre[k][j-num[k][i]]); } } for (int i=top; i; i--) for (int j=num[i][top]; j>=0; j--) { suf[i][j]=suf[i][j+1]; for (int k=i+1; k<=top+1; k++) { suf[i][j]=max(suf[i][j],suf[k][j]+num[i][k]); if (j>=num[i][k]) suf[i][j]=max(suf[i][j],suf[k][j-num[i][k]]); } } } void DP() { for (int i=1; i<=top; i++) for (int j=i+1; j<=top; j++) { int t=num[j][top],k; for (k=0; k<=num[1][i]; k++) { while (t) if (min(k+t+num[i][j],pre[i][k]+suf[j][t])<=min(k+t-1+num[i][j],pre[i][k]+suf[j][t-1])) t--; else break; dp[i][j]=max(dp[i][j],min(k+t+num[i][j],pre[i][k]+suf[j][t])); } } } int ans,Ans[MAXN]; int main() { N=read(); for (int i=1; i<=N; i++) ls[++tp]=S[i]=read(),ls[++tp]=T[i]=S[i]+read(); stable_sort(ls+1,ls+tp+1); top=unique(ls+1,ls+tp+1)-ls-1; for (int i=1; i<=N; i++) S[i]=lower_bound(ls+1,ls+top+1,S[i])-ls,T[i]=lower_bound(ls+1,ls+top+1,T[i])-ls; Prework(); for (int i=0; i<=N; i++) ans=max(min(pre[top][i],i),ans); DP(); for (int i=1; i<=N; i++) for (int j=S[i]; j; j--) for (int k=T[i]; k<=top; k++) Ans[i]=max(Ans[i],dp[j][k]); printf("%d ",ans); for (int i=1; i<=N; i++) printf("%d ",Ans[i]); return 0; }
有点厉害.....