LibreOJ #6014. 「网络流 24 题」最长 k 可重区间集
#6014. 「网络流 24 题」最长 k 可重区间集
题目描述
给定实直线 L LL 上 n nn 个开区间组成的集合 I II,和一个正整数 k kk,试设计一个算法,从开区间集合 I II 中选取出开区间集合 S⊆I S \subseteq IS⊆I,使得在实直线 L LL 的任何一点 x xx,S SS 中包含点 x xx 的开区间个数不超过 k kk。且 ∑z∈S∣z∣ \sum\limits_{z \in S} | z |z∈S∑∣z∣ 达到最大。这样的集合 S SS 称为开区间集合 I II 的最长 k kk 可重区间集。∑z∈S∣z∣ \sum\limits_{z \in S} | z |z∈S∑∣z∣ 称为最长 k kk 可重区间集的长度。
对于给定的开区间集合 I II 和正整数 k kk,计算开区间集合 I II 的最长 k kk 可重区间集的长度。
输入格式
文件的第 1 11 行有 2 22 个正整数 n nn 和 k kk,分别表示开区间的个数和开区间的可重迭数。
接下来的 n nn 行,每行有 2 22 个整数 li l_ili 和 ri r_iri,表示开区间的左右端点坐标,注意可能有 li>ri l_i > r_ili>ri,此时请将其交换。
输出格式
输出最长 k kk 可重区间集的长度。
样例
样例输入
4 2
1 7
6 8
7 10
9 13
样例输出
15
数据范围与提示
1≤n≤500,1≤k≤3 1 \leq n \leq 500, 1 \leq k \leq 31≤n≤500,1≤k≤3
题目链接:https://loj.ac/problem/6014
题意:中文题意,意思明显。
思路:当k=1时,这个问题等价于从n个区间选取一个元素互不相交的子集,目标是最大化子集权重和。这个问题又被称为区间图的最大权独立集。这个问题可以用dp算法求解,也可以看做是一个最短路问题(注意建图方式)。所以最长 k 可重区间集,即求k条最短路,费用流。
代码:
![](https://images.cnblogs.com/OutliningIndicators/ContractedBlock.gif)
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> #include<set> #include<queue> #include<stack> #include<map> #include<vector> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> P; #define PI acos(-1.0) const int maxn=1e5+100,maxm=1e5+100,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7; const ll INF=1e18+7; struct edge { int from,to; int cap,flow; int w; }; vector<edge>es; vector<int>G[maxn]; int pre[maxn]; int dist[maxn]; inline void init(int n) { es.clear(); for(int i=0; i<=n+10; i++) G[i].clear(); } inline void addedge(int from,int to,int cap,int w) { es.push_back((edge) { from,to,cap,0,w }); es.push_back((edge) { to,from,0,0,-w }); int num=es.size(); G[from].push_back(num-2); G[to].push_back(num-1); } bool SPFA(int s,int t) { static queue<int>q; static bool inq[maxn]; for(int i=0; i<maxn; i++) inq[i]=false,dist[i]=inf; dist[s]=0; q.push(s); while(!q.empty()) { int u=q.front(); q.pop(); inq[u]=false; for(int i=0; i<G[u].size(); i++) { edge e=es[G[u][i]]; if(e.cap>e.flow&&dist[e.to]>dist[u]+e.w) { pre[e.to]=G[u][i]; dist[e.to]=dist[u]+e.w; if(!inq[e.to]) q.push(e.to),inq[e.to]=true; } } } return dist[t]<inf; } void dinic(int s,int t,int f) { int flow=0,cost=0; while(SPFA(s,t)) { int d=f; for(int i=t; i!=s; i=es[pre[i]].from) d=min(d,es[pre[i]].cap-es[pre[i]].flow); f-=d; flow+=d; cost+=d*dist[t]; if(f<=0) break; for(int i=t; i!=s; i=es[pre[i]].from) es[pre[i]].flow+=d,es[pre[i]^1].flow-=d; } printf("%d\n",-cost); } int l[maxn],r[maxn],w[maxn]; int c[maxn<<1]; int compress(int n) { memcpy(c+1,l+1,sizeof(l)); memcpy(c+n+1,r+1,sizeof(r)); sort(c+1,c+2*n+1); int SIZE=unique(c+1,c+2*n+1)-(c+1); for(int i=1; i<=n; i++) { l[i]=lower_bound(c+1,c+SIZE,l[i])-c; r[i]=lower_bound(c+1,c+SIZE,r[i])-c; } return SIZE; } int main() { int n,k; scanf("%d%d",&n,&k); for(int i=1; i<=n; i++) { scanf("%d%d",&l[i],&r[i]); if(r[i]<l[i]) swap(l[i],r[i]); w[i]=r[i]-l[i]; } int s=1,t=compress(n); for(int i=0; i<t; i++) addedge(i,i+1,inf,0); for(int i=1; i<=n; i++) { ///cout<<l[i]<<" * "<<r[i]<<" * "<<w[i]<<endl; addedge(l[i],r[i],1,-w[i]); } dinic(s,t,k); return 0; }