题目描述
给出(N)件单位时间任务，对于第(i)件任务，如果要完成该任务，需要占用([S_i, T_i])间的某个时刻，且完成后会有(V_i)的收益。求最大收益。
澄清：一个时刻只能做一件任务，做一个任务也只需要一个时刻。
输入格式
第一行一个整数(N)，表示可供选择的任务个数。
接下来的第二到第(N+1)行，每行三个数，其中第(i+1)行依次为(S_i,T_i,V_i)。
输出格式
输出最大收益
样例
样例输入1
2
1 1 1
1 1 2
样例输出1
2
样例输入2
3
1 1 5
2 2 3
1 2 4
样例输出2
9
样例输入3
6
1 2 10
2 3 10
3 4 10
4 5 10
1 1 5
5 5 6
样例输出3
46
数据范围
在所有数据中，(Nleq5000，1leq S_ileq 10^8，1leq V_i leq 10^8)。
题解
我又诈尸了。
来到中山纪中集训，省选组的题目第一天就这么神（集训队的题能不神么）……真是(Orz)，咱全场几乎爆零成功垫底。
回到题目，直接说正解。考虑将任务的价值从大到小排序，假设我们已经安排好了前(i-1)个任务，其中要完成的任务集合是(S)。如果要完成第(i)个任务会导致原来处于(S)的任务中的一个无法完成，那么我们果断放弃第(i)个任务（因为如果换做完成(i)，并没有腾出更多时间，但却丢失了更多价值），否则我们没有理由不完成(i)个任务。
那么我们只需要完成一步就好了，那就是判断将任务(i)加入集合(S)后是否能让所有任务都能找到时间做。这个东西我们可以用一个简单粗暴的方法，每次从任务(i)的起始时间开始找，如果这个时间没有被占领，那么占领，结束。否则找到占领该时间的任务，记作(j)。此时就存在一个选择，到底是让(i)去后面找时间还是让(j)找？显然，能拖得更久的任务去尝试更好，也就是结束时间更晚的那一个去找。就这样递归下去，直到不冲突或者超出任务的结束时间为止（超出了当然就得放弃任务了……）。每次最多遇到(i-1)次冲突（因为最多也只有(i-1)个任务），判断一次的复杂度是(O(n))的。
这里有一个空间上的优化。其实有用的时间其实并不多，我们将他们记为“活跃点”。我们从每个任务的起始时间开始找，找到第一个空位，就将它加入“活跃点”，显然只考虑活跃点的情况下仍然可以达到最优，这样可以把空间也优化到(O(n))（然而代价是时间复杂度有了离散化时的(log)）。
(Code:)
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define N 5005
#define ll long long
int n;
struct node
{
int s, t, v;
}S[N];
bool cmp1(node a, node b){return a.s < b.s;}
bool cmp2(node a, node b){return a.v > b.v;}
int data[N], plc[N];
int Find(int x, int p)
{
if (p > S[x].t)
return 0;
if (!plc[p])
{
plc[p] = x;
return 1;
}
if (S[plc[p]].t < S[x].t)
return Find(x, p + 1);
if (Find(plc[p], p + 1))
{
plc[p] = x;
return 1;
}
return 0;
}
int main()
{
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d%d%d", &S[i].s, &S[i].t, &S[i].v);
sort(S + 1, S + n + 1, cmp1);
for (int i = 1; i <= n; i++)
data[i] = max(data[i - 1] + 1, S[i].s);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
S[i].s = lower_bound(data + 1, data + n + 1, S[i].s) - data;
S[i].t = upper_bound(data + 1, data + n + 1, S[i].t) - data - 1;
}
sort(S + 1, S + n + 1, cmp2);
ll ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
if (Find(i, S[i].s))
ans += S[i].v;
printf("%lld
", ans);
}