题目：Greedy Pie Eaters
网址：https://www.luogu.com.cn/problem/P5851
题目描述
(Farmer John)有(M)头奶牛，为了方便，编号为(1,dots,M)。这些奶牛平时都吃青草，但是喜欢偶尔换换口味。(Farmer John)一天烤了(N)个派请奶牛吃，这(N)个派编号为(1,dots,N)。第(i)头奶牛喜欢吃编号在(left[ l_i,r_i ight])中的派（包括两端），并且没有两头奶牛喜欢吃相同范围的派。第(i)头奶牛有一个体重(w_i)，这是一个在(left[ 1,10^6 ight])中的正整数。
(Farmer John)可以选择一个奶牛序列 (c_1,c_2,dots,c_K)，并让这些奶牛按这个顺序轮流吃派。不幸的是，这些奶牛不知道分享！当奶牛 吃派时，她会把她喜欢吃的派都吃掉——也就是说，她会吃掉编号在 ([l_{c_i},r_{c_i}])中所有剩余的派。(Farmer John) 想要避免当轮到一头奶牛吃派时，她所有喜欢的派在之前都被吃掉了这样尴尬的情况。因此，他想让你计算，要使奶牛按 (c_1,c_2,dots,c_K)的顺序吃派，轮到这头奶牛时她喜欢的派至少剩余一个的情况下，这些奶牛的最大可能体重（(w_{c_1}+w_{c_2}+ldots+w_{c_K}))是多少。
输入格式
第一行包含两个正整数(N,M)；
接下来(M)行，每行三个正整数 (w_i,l_i,r_i)。
输出格式
输出对于一个合法的序列，最大可能的体重值。
输入输出样例
输入 #1
2 2
100 1 2
100 1 1
输出 #1
200
说明/提示
样例解释
在这个样例中，如果奶牛(1)先吃，那么奶牛(2)就吃不到派了。然而，先让奶牛(2)吃，然后奶牛(1)只吃编号为(2)的派，仍可以满足条件。
对于全部数据，(1 le N le 300,1 le M le dfrac{N(N-1)}{2},1 le l_i,r_i le N,1 le w_i le 10^6)。
数据范围
对于测试点(2-5)，满足(N le 50,M le 20)；
对于测试点(6−9)，满足(N le 50)。
USACO 2019 December 铂金组T1
这是USACO质量极其好得一道。
我们急需解决以下两个问题：
- 选取问题，选哪几个使得权重最大又合法；
- 顺序问题，顺序决定是否满足题意。
对这两个问题的理解是否深入将直接导致这道题的做法是否简洁。
首先，我们考虑：若最终的答案中所选取的奶牛构成一个集合(S)，则(S)中一定有一中排列方式使得每头牛都能分得“一杯羹“。
这是毋庸置疑的一点。
更近的，如果我们只要找到一种方法判定所选择的奶牛是否全都有派，那么我们仅需按照这个方法处理该问题。
事实上，注意到，不妨考虑一种情况：若该奶牛所属区间为([l, r])，则若该区间中存在一个位置k没有被覆盖（选择），那么这头牛就可以被接受。
也就是说，不管顺序如何，只要保证至少有一个位置没有被覆盖，那么该奶牛可以被选择的。
我们把顺序问题解决了。
在以上的基础上，我们考虑使用DP；
设(dp[l,r])表示区间([l,r])的派最多能获得多大的权重和。
显然有(dp[l,r]=max(dp[l,k]+dp[k+1,r]))，这表示一个区间是由子区间拼凑出来的。
等等，有些情况我们并没有包括其中，比如：
注意到，这种情况是因为两个子区间并没有“无缝衔接”，中间似乎贴了一段“区间”（这也符合我们刚刚讨论过的顺序问题），因此，DP方程还应有：(dp[l,r]=max(dp[l,k-1]+f[l,r,k]+dp[k+1,r]));
为什么只预留了一个长度？为什么对于中间的那一个区间就不能单独覆盖更多的位置。这又是一个贪心。前者更优。
另有，(f)指的是区间([l,r])中包含第(k)个位置的所有奶牛权重最大的一只奶牛的权重。预处理即可，则必有(f[i,j,k]=max(f[i+1,j,k],f[i,j-1,k],w[i,j]))。边界问题。
C ++ AC代码
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
const int SIZE = 50000 + 10;
struct COW
{
int l, r, w;
} c[SIZE];
int n, m, pos[310][310];
int p[310][310][310], dp[310][310];//dp[i][j] 指的是区间 [i, j] 被吃完的最大体重值
//有方程: dp[i][j] = max(dp[i][k] + d[k][j], d[i][k - 1] + p[i][j][k], dp[k + 1][j]);
int main()
{
scanf("%d %d", &n, &m);
memset(pos, 0, sizeof(pos));
for(int i = 0; i < m; ++ i)
{
scanf("%d %d %d", &c[i].w, &c[i].l, &c[i].r);
pos[c[i].l][c[i].r] = c[i].w;
}
memset(dp, 0, sizeof(dp));
memset(p, 0, sizeof(p));
for(int len = 1; len <= n; ++ len)
{
for(int i = 1, j = i + len - 1; j <= n; ++ i, ++ j)
{
for(int k = i; k <= j; ++ k)
{
p[i][j][k] = pos[i][j];
p[i][j][k] = max(p[i][j][k], max((i < k) * p[i + 1][j][k], (k < j) * p[i][j - 1][k]));
}
}
}
for(int len = 1; len <= n; ++ len)
{
for(int i = 1, j = i + len - 1; j <= n; ++ i, ++ j)
{
int &ans = dp[i][j];
for(int k = i; k <= j; ++ k)
{
ans = max(ans, dp[i][k] + dp[k + 1][j]);
ans = max(ans, dp[i][k - 1] + p[i][j][k] + dp[k + 1][j]);
}
}
}
printf("%d
", dp[1][n]);
return 0;
}
总结回顾
- 这道题从看起来好像需要排序满足题意，到用DP解决完成，发生了题目的转化。事实上，很多看起来费劲的题目，往往要发觉特性，将其化险为夷。
- 另外这道题的两个转移值得思索回味。