洛谷 P4182

首先把所有线段按左端点升序，左端点相同按右端点升序排序。发现如果一个线段完全被另一个线段包含，那把它去掉也没有影响。于是我们先去掉这种线段，然后进行 DP 。设 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个区间删去 $j$ 个，且钦定第 $i$ 个区间不删除的最大覆盖点数。那么 $f_{i,j}=\max\limits_{k\lt i}(f_{k,j-(i-k-1)}+r_i-\max(l_i,r_k))$ 。简单解释一下，就是钦定上一个选的是 $k$ ，$(k,i)$ 间的全都不选。因为 $i-k-1\le K$ ，所以复杂度为 $\mathcal O(nK^2)$。
对于 $k$ 比较小，即 $r_k\lt l_i$ 时的情况，$f_{i,j}=\max(f_{k,j-(i-k-1)}+r_i-l_i)$。如果我们能对于每一个 $i-j-1$ 预处理出 $f_{k,k-(i-j-1)}$ 的最大值 $p$ ，就可以 $\mathcal O(1)$ 转移了。
对于 $k$ 比较大，即 $r_k\gt l_i$ 时的情况，$f_{i,j}=\max(f_{k,j-(i-k-1)}+r_i-r_k)$。我们用单调队列维护 $f_{k,j-(i-k-1)}-r_k$ 的最大值。当单调队列中的元素不满足 $r_k\gt l_i$ 时就弹出，弹出的时候顺便处理出 $p$。
总结一下，我们需要处理出 $r_k\lt l_i$ 时 $f_{k,k-(i-j-1)}$ 的最大值，再开 $n$ 个单调队列，第 $i-j$ 个单调队列维护 $f_{i,j}-r_i$ 的最大值。这样复杂度就降为了 $\mathcal O(nK)$。

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
typedef pair <int, int> pii;
const int N = 100005, M = 105;
int n, k;
pii a[N], b[N];
int f[N][M], p[N];
deque <int> q[N];

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &k);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d%d", &a[i].fi, &a[i].se);
	if (k >= n) return printf("%d", 0), 0;
	sort(a + 1, a + n + 1, [](pii x, pii y) {
		return x.fi != y.fi ? x.fi < y.fi : x.se < y.se;
	});
	int mx = -1, tot = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		if (a[i].se > mx) b[++tot] = a[i];
		else --k;
		mx = max(mx, a[i].se);
	}
	k = max(k, 0), b[++tot] = pii(1e9, 1e9);
	for (int i = 1; i <= tot; ++i)
		for (int j = 0; j <= min(i - 1, k); ++j) {
			int t = i - j - 1;
			while (q[t].size() && b[q[t].front()].se < b[i].fi) {
				p[t] = max(p[t], f[q[t].front()][q[t].front() - t]);
				q[t].pop_front();
			}
			f[i][j] = max(f[i][j], p[t] + b[i].se - b[i].fi);
			if (q[t].size()) f[i][j] = max(f[i][j], f[q[t].front()][q[t].front() - t] + b[i].se - b[q[t].front()].se);
			t = i - j;
			while (q[t].size() && f[q[t].back()][q[t].back() - t] - b[q[t].back()].se <= f[i][j] - b[i].se) q[t].pop_back();
			q[t].push_back(i);
		}
	printf("%d", f[tot][k]);
	return 0;
}