题目
题目大意
有一个(01)序列。给你一堆区间，每个区间中有且仅有一个(1)点。
问最多的(1)点个数。
思考历程
感觉这题特别经典，似乎在哪里见过，又好像没有见过。
一开始朝贪心方面想……想不出来……
后来想DP，还是想不出来……
直到WHH大爷跑过来兴奋地说：不就是个差分约束吗！
于是我心态崩了，去搜题解……
然而搜到的全是DP……
理解了一下DP的方法，虽然理解，但是极度不熟练……
可是这题对代码能力的考验又很强……我本想自己打出极其恶心的方法，但后来还是仔细看了看题解（还有）标程。
几乎是对着标打出来了……
心态崩了……
正解
先说DP。
设(f_i)表示选(i)的最多的(1)点数目。
方程为(f_i=max f_j +1)
现在问题是(j)的范围怎么求。
这就很考验人的分析能力了——从两个方面考虑：
- 唯一性：所有包括(i)的区间内都不能再选别的。这样可以求出右边界(R_i)，为包含(i)的区间的最小左边界(-1)。
- 必要性：所有不包括(i)的区间（(i)之前的）中都必须要有一个选。这样可以求出右边界(L_i)，为不包含(i)的区间的最大左边界
这样，求出(L_i)和(R_i)，就可以转移了。
如果不刻意追求代码的完美，其实这个时候用线段树来辅助转移就好了，简单粗暴（如果是比赛，我肯定就这么打了）。
但是实际上可以优化。
首先可以证明出一个结论：(L)和(R)都是递增的。
如果(L_{i-1}>L_i)，由于包含了(i)的区间也会包含(i-1)（除非区间左边界为(i)，但显然这种情况下(L{i-1}leq L_i)），(L_{i-1})为包含(i-1)区间的最小左边界(-1)，所以(L_{i-1})可以被更新，所以不成立。
如果(R_{i-1}>R_i)，由于不包含(i-1)的区间也不包含(i)，(R_i)为不包含(i)区间的最大右边界，所以(R_i)可以被更新，所以不成立。
既然都是递增的，那就可以很愉快地单调队列DP了……
有了各种单调的性质，代码也可以简单很多，也不需要打线段树或堆了……
然而……如果是在比赛，想这些的时间还不如用来打线段树呢……
还有一种方法是差分约束。
假如我们做一遍前缀和，对于区间([l,r])，就会有(s_l+1=s_r)，相当于(s_l+1geq s_r)且(s_r-1geq s_l)。还有，将每个左右端点排个序记为(x_i)，那么还有(x_{i-1}leq x_i)
差分约束即可……当然我没有打过，所以纯属瞎哔哔……
代码
using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 200010
int n,m;
struct Section{
int l,r;
} s[N];
inline bool cmps(const Section &a,const Section &b){
return a.l<b.l || a.l==b.l && a.r<b.r;
}
int L[N],R[N];
int q[N],head,tail;
int f[N];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=1;i<=n+1;++i)
R[i]=i-1;
for (int i=1;i<=m;++i){
scanf("%d%d",&s[i].l,&s[i].r);
L[s[i].r+1]=max(L[s[i].r+1],s[i].l);
R[s[i].r]=min(R[s[i].r],s[i].l-1);
}
for (int i=n;i>=1;--i)
R[i]=min(R[i],R[i+1]);
for (int i=2;i<=n+1;++i)
L[i]=max(L[i],L[i-1]);
memset(f,127,sizeof f);
f[0]=0;
for (int i=1,j=0;i<=n+1;++i){
for (;j<=R[i];++j){
if (f[j]==0x7f7f7f7f)
continue;
while (head<=tail && f[q[tail]]<f[j])
tail--;
q[++tail]=j;
}
while (head<=tail && q[head]<L[i])
head++;
if (head<=tail)
f[i]=f[q[head]]+1;
}
if (f[n+1]==0x7f7f7f7f)
printf("-1
");
else
printf("%d
",f[n+1]-1);
return 0;
}
总结
真是一道单调队列的好题。
当然，如果是比赛，我肯定会选择打线段树的。