[网络流24题]最长k可重区间集[题解]
最长 \(k\) 可重区间集
题目大意
给定实心直线 \(L\) 上 \(n\) 个开区间组成的集合 \(I\) ，和一个正整数 \(k\) ，试设计一个算法，从开区间集合 \(I\) 中选取开区间集合 \(S \subseteq I\) ，使得在实直线 \(L\) 上的任意一点 \(x\) ， \(S\) 中包含 \(x\) 的开区间个数不超过 \(k\) ，且 \(\sum_{z\in S}|Z|\) 达到最大( \(|Z|\) 表示开区间 \(z\) 的长度)。
这样的集合 \(S\) 称为开区间集合 \(I\) 的最长 \(k\) 可重区间集。 \(\sum_{z\in S}|z|\) 称为最长 \(k\) 可重区间集的长度。
对于给定的开区间集合 \(I\) 和正整数 \(k\) ，计算开区间集合 \(I\) 的最长 \(k\) 可重区间集的长度。
分析
算法
既然是网络流 \(24\) 题，大家都清楚可以用网络流解决，下面还是说一下思维的过程。
拿到这道题首先注意到 \(n\) 的范围非常小，然后通过读题了解到本题是要我们从给出的一个线段集中选出一些线段，且线段的长度和最大，要求在 \(x\) 轴上的任意一点不得被超过 \(k\) 个线段覆盖。
而网络流算法正是一个很适合用流量来表示限制的算法，我们能够很轻松的表示出本题 \(k\) 的限制，并且所求的是一个最大值，这正是网络流算法很擅长解决的一个问题，这更加让人相信此题的解法要用到网络流，而要用网络流的话，我们就只需要考虑如何建图，然后跑模板即可。
建图
我们首先能够确定的是，所有的线段都只能被选择一次，那么就很自然的有了拆点的想法，把线段 \(i\) 拆成两个点，\(i\) 为入点， \(i'\) 为出点，再在 \(i\) 和 \(i'\) 间建一条边，至于这条边的各参数，还需要进行考虑。
拆点之后，怎么建边？如何表达出 \(k\) 的限制？
我们能够发现:
\(x\) 轴上任意一点不得被超过 \(k\) 个线段覆盖 \(\iff\) 从线段集中选出至多 \(k\) 组互不相交的线段
那我们就能够把问题转化为从线段集 \(I\) 中选出 \(k\) 组互不相交的线段，使得所有被选择的线段长度和最大。
还是老套路，接下来需要建立一个超级源点和超级汇点。而超级源点需要连向源点，这条边的流量是 \(k\) ，到这儿，我们发现最终我们用流量来表示题目中的限制，很显然这个问题就需要用到费用流来解决了，当然超级源点到源点的花费是 \(0\) 。
同时，源点向每条边的入点连一条流量为 \(1\) ，费用为 \(0\) 的边，每条边的出点向超级汇点连一条流量为 \(1\) ，费用为 \(0\) 的边。
然后再回到拆点的连边上，对于拆点的连边，我们需要建立一条流量为 \(1\) ，费用为线段长度的边。
最后我们只需要对两条不相交的线段建一条流量为 \(+\infty\) ，费用为 \(0\) 的边即可。
想一想这样做为什么正确？
从超级源点到超级汇点的每一条路径，它所经过的边的最小流量必然为 \(1\) ，所以超级源点到源点提供的 \(k\) 个流量就能刚好供我们选择 \(k\) 条路径，而拆点保证了每个点只能被选择一次，所以这张图和题目完全相符，我们只需要跑最大费用流即可。
还有一个小细节，我们需要将所有边排序，无论是从大到小还是从小到大，其实也不一定要排序，我们只需要保证对于线段间的连边是有序的即可，否则就会出现如下图的情况：
很显然这样的连边是一定错误的，这条本来能够走通的路径是走不通的，所以我们有必要按照左端点的大小排序，杜绝此类情况的发生。
下面给出代码：
CODE
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=6e2+10,INF=0x7fffffff;
struct node { int l,r; }sec[N];
int n,k,s,_s,t,ans;
inline int read()
{
int s=0,w=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+ch-'0',ch=getchar();
return s*w;
}
int len[N];
int tot=-1,v[N*N],w[N*N],p[N*N],nex[N*N],first[2*N];
inline void Add(int x,int y,int z,int c)
{
nex[++tot]=first[x];
first[x]=tot;
v[tot]=y,w[tot]=z,p[tot]=c;
}
bool vis[2*N];
int pre[2*N],dis[2*N],Min[2*N];
inline bool SPFA()
{
for(register int i=s;i<=t;i++) dis[i]=-INF;
for(register int i=s;i<=t;i++) vis[i]=false;
queue<int> q;
q.push(s);
vis[s]=1,dis[s]=0,Min[s]=INF;
while(!q.empty()){
int now=q.front(); q.pop();
vis[now]=false;
for(register int i=first[now];i!=-1;i=nex[i]){
int to=v[i];
if(!w[i]) continue;
if(dis[to]<dis[now]+p[i]){
dis[to]=dis[now]+p[i];
Min[to]=min(Min[now],w[i]);
pre[to]=i;
if(!vis[to]) q.push(to),vis[to]=true;
}
}
}
return dis[t]!=-INF;
}
inline void EK()
{
while(SPFA()){
ans+=dis[t]*Min[t];
int temp=t,i;
while(temp!=s){
i=pre[temp];
w[i]-=Min[t];
w[i^1]+=Min[t];
temp=v[i^1];
}
}
}
int main()
{
memset(first,-1,sizeof(first));
n=read(),k=read();
//以s为超级源点，_s为超级源点的拆点，t为超级源点的汇点
for(register int i=1;i<=n;i++){
sec[i].l=read(),sec[i].r=read();
if(sec[i].l>sec[i].r) swap(sec[i].l,sec[i].r);
}
s=0,_s=2*n+1,t=2*n+2;
Add(s,_s,k,0),Add(_s,s,0,0);
for(register int i=1;i<=n;i++){
//超级源点向每一个区间连边
Add(_s,i,1,0),Add(i,_s,0,0);
//每个区间的两个拆点之间连边
Add(i,i+n,1,sec[i].r-sec[i].l),Add(i+n,i,0,sec[i].l-sec[i].r);
//每个区间向超级汇点连边
Add(i+n,t,1,0),Add(t,i+n,0,0);
}
//两个不相交的区间可以相互连边
for(register int i=1;i<=n;i++){
for(register int j=i+1;j<=n;j++){
if(sec[j].l>=sec[i].r||sec[i].l>=sec[j].r){
int x1=i,x2=j;
if(sec[x1].l<sec[x2].l) swap(x1,x2);
Add(x1+n,x2,INF,0),Add(x2,x1+n,0,0);
}
}
}
EK();
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
