题意就是给出多个区间，要求去掉两个区间，使得剩下的区间覆盖范围最大。
当然比赛的时候还是没能做出来，不得不佩服大佬的各种姿势。
当时我想的是用线段树维护区间和，然后用单点判0，维护区间间断个数。然后打到一半，就发现想法有问题。
这道题正解就是简单的前缀和，或者DP。
我为了更加深入理解，两种方法都试了试。
前缀和版本：
由于题目给的范围是5000，明显支持N^2，于是我们枚举去掉的两个，刚好满足，那么要如何才能O(1)的得到答案？
我们其实可以这样，我们知道它的总覆盖的数目，这是非常容易求出的。减去枚举的区间对答案的贡献即可。那么如何减去贡献，我们知道两个区间，可能有两种情况，一种是有交集部分，这一部分需要在交集区间上减去2次，而剩下的部分需要在剩下部分减去1次就行。
那么如果要对答案产生影响，答案就是
总覆盖区间=枚举区间交集部分刚好被覆盖两次+剩下交集为空的区间被覆盖一次的个数
考虑如何求被覆盖一次的个数，通过维护差分，求得每个点的被覆盖次数
枚举区间，就能求得每个区间，被覆盖次数为1的个数（不会有交集）。
那么如何求两个区间交集部分刚好被覆盖两次的值呢？？？
很简单，由于这个区间交集是不确定的。那么我们如何求呢？
我们已经知道每个点的覆盖次数。
那么我们可以知道刚好被覆盖两次的点，所在位置。
利用前缀和，和差分的思想，我们可以用一个新的前缀和数组，记录当前被覆盖的次数刚好被覆盖次数为1的位置。
然后求前缀和，这样我们就能快速的求出，[L,R]区间内，刚好为2的个数。
这样答案也出来了，注意枚举区间可能交集可能不存在，这样就不用算覆盖次数为2的个数。
#include<iostream> #include<stdio.h> #include<string.h> #include<algorithm> #include<math.h> using namespace std; const int maxx = 5005; int pre[4][maxx]; struct node{ int l,r; }a[maxx]; int main(){ int n,q,sum,ans; while(~scanf("%d%d",&n,&q)){ ans=0; sum=0; memset(pre,0,sizeof(pre)); for (int i=1;i<=q;i++){ scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r); pre[0][a[i].l]+=1; pre[0][a[i].r+1]-=1; } for (int i=1;i<=n;i++){ pre[0][i]+=pre[0][i-1];//每个位置的情况 if (pre[0][i])sum++; } for (int i=1;i<=n;i++){ if (pre[0][i]==2) pre[1][i]++;//每个位置个数是否是2 } for (int i=1;i<=n;i++){ pre[1][i]+=pre[1][i-1];//次数==2的前i项个数 } for (int i=1;i<=q;i++){ for (int j=a[i].l;j<=a[i].r;j++){ if (pre[0][j]==1){ pre[2][i]++;//在第i个区间内部有多少个数为1的个数 } } } for (int i=1;i<=q;i++){ for (int j=i+1;j<=q;j++){ int l=max(a[i].l,a[j].l); int r=min(a[i].r,a[j].r); int tmp=sum; if (r>=l) tmp-=(pre[1][r]-pre[1][l-1]); tmp-=(pre[2][j]+pre[2][i]); ans=max(ans,tmp); } } printf("%d ",ans); } return 0; }
那么我们考虑DP做法。
这个DP和我前几天做的DP非常像。
我们可以构建这样DP
DP[i]代表，选到i位置，选择k个的最优解。用L[i]表示某个覆盖到i位置的区间，往左能覆盖的最小坐标
那么转移方程就是：
dp[j]=max(dp[L[j]-1]+j-L[j]+1,dp[j])
同时要是短的段落，能覆盖的个数是大于当前的，可以更新更长的段。
#include<iostream> #include<stdio.h> #include<string.h> #include<algorithm> #define rep(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++) #define per(i,j,k) for(int i=j;i>=k;i--) using namespace std; const int maxx = 5000+50; int dp[maxx]; int L[maxx]; int main() { int n,q,tmp,l,r; while(~scanf("%d%d",&n,&q)) { rep(i,1,n) { L[i]=i+1; dp[i]=0; } rep(i,1,q) { scanf("%d%d",&l,&r); rep(j,l,r) { L[j]=min(L[j],l); } } // for (int i=1;i<=n;i++){ // printf("%d ",L[i]); // } // cout<<endl; rep(i,1,q-2) { per(j,n,1) { dp[j]=max(dp[L[j]-1]+j-L[j]+1,dp[j]); } rep(j,1,n){ dp[j]=max(dp[j],dp[j-1]); } } printf("%d ",dp[n]); } return 0; }