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描述

給定包含1至n，n個點的點集， $(1 \leq n \leq 2000 )$ 再給定 m個區間 $[a,b]$ $(1 \leq a \leq b \leq n )$ 求取k個區間對應的點集，使得其並集最大

分析

先拆分這m個區間， $[a,b]$ 拆分為 $[a,b],[a+1,b],[a+2,b],...,[b-2,b],[b-1,b],[b,b]$

b−2,b],[b−1,b],[b,b] 不難看出拆分之後 m變多，k不變 最優選取也不變（最優選取選擇的k個在目前擴充後的m裡也有） 我們又發現了以下事實：當最優選取的k區間中包含[a,b]時，我們去掉[a,b],換成[a,b+1]，最優選取依然有效。 所以能對最優選取做出貢獻的僅有 由某位置為起始點的區間中最長的一個區間。

取 $dp[pos][rk]$ , pos指前pos位，rk指最多使用rk個區間，向後繼狀態dp

$\quad$兩個普通轉移,表示沒有取新的區間時的情況： $dp[pos+1]\left[rk\right]=max(itself,dp[pos\left]\right[rk\left]\right)d$

p[pos][rk+1]=max(itself,dp[pos][rk]) dp[pos+1][rk] = max( itself ,dp[pos][rk] )\\ dp[pos][rk+1] = max( itself ,dp[pos][rk] ) $\quad$一個特殊轉移，表示取了可取的最長區間的情況： $dp[pos+len][rk+1] = max( itself , dp[pos][rk] + len )$

$\quad$其中len表示pos位置之後，單子區間之內，最長的可取區間長 $\quad$核心在於上面的程式碼可能把某區間分成多份取，如果沒有必要，那麼max會幫我們選擇不分開的那種，如果有必要（也就是兩個區間重疊，我們取a區間的全部和b區間的後半部分，多個區間同理），那麼我們就選收益最大的。

程式碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;

int dp[2010][2010];
int mxlen[2010];

int sove(){
    int n,m,k;
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);

    while(m--){
        int s,e;
        scanf("%d%d",&s,&e);
        mxlen[s-1] = max(mxlen[s-1],e-s+1);
    }//每個區間所做的最大貢獻，就是將區間前方的點(s-1) 的 單區間可延續長度(len) 增加到了區間長度

    for(int i=1;i<n;i++){
        mxlen[i] = max(mxlen[i],mxlen[i-1]-1);
    }//區間的拆分，保留後半部分加入影響

    for(int pos = 0;pos < n;pos++ ){
        int adv = mxlen[pos];//當前位置，只用一個區間（或區間的一部分），所能延長的最遠長度
        for(int rd = 0;rd <= k; rd++ ){
            dp[pos+1][rd] = max(dp[pos+1][rd],dp[pos][rd]);
            dp[pos][rd+1] = max(dp[pos][rd+1],dp[pos][rd]);
            dp[pos+adv][rd+1] = max(dp[pos+adv][rd+1],dp[pos][rd]+adv);
        }
    }

    return dp[n][k];
}

int main(void){

    int _T;
    scanf("%d",&_T);

    for(int T=1;T<=_T;T++){

        memset(dp,0,sizeof(dp));
        memset(mxlen,0,sizeof(mxlen));

        printf("Case #%d: %d\n",T,sove());

    }

    return 0;
}

才疏學淺，如有錯誤，歡迎指正。