P2439 阶梯教室设备利用 P1868 饥饿的奶牛 SSL 1212 大厅安排

题目描述：

题目传送门

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解题思路：

考虑动态规划结合贪心求解。

理解题目，我们可以把每个演讲的时间段视作一个区间，起始时间就是左端点 $a$，结束时间就是右端点 $b$ ，那么问题就变成了将 $n$ 个区间进行排列，两两区间不能相交，使符合要求的某些区间长度和最大。

遇到这种区间要求性的题目，大概率需要将区间进行排序。这里我们采用贪心思想，将区间按右端点排序，如果右端点相等，则按左端点排序。

设 $f_i$ 表示有前 $i$ 个区间时，最大的符合要求的区间和。
可知，前 $i$ 个区间的最大和必定不会小于前 $i-1$ 个区间的最大和，因此 $f_i$ 可以从 $f_{i-1}$ 转移而来，若 $f_i=f_{i-1}$，则说明不选择第 $i$ 个区间。
若我们考虑选择第 $i$ 个区间，那么我们就需要枚举一个 $f_j$ 最大的符合 $tim{e}_{i,左端点}>=tim{e}_{j,右端点}$ 的 $j$ 作为分割点，表示选择第 $j$ 个区间与第 $i$ 个区间连接，显然连接后 $f_i=f_j+tim{e}_{i,b}-tim{e}_{i,a}$ 。
$$f_i=max(f_{i-1},f_j+tim{e}_{i,b}-tim{e}_{i,a})$$
时间复杂度为 $O(n^2)$

显然这个时间复杂度通过此题是足够的，但如果放在这里，$n<=1.5\ast 10^5$，$O(n^2)$ 做法明显不行。

我们发现，$f_i$ 的值必定不会比 $f_{i-1}$ 小，也就是说 $f$ 是单调递增的。显然由于我们将右端点排过序了，也就是说右端点也是单调递增的，并且根据 $f_i$ 表示第 $i$ 个区间的性质，$f_i$ 是与右端点一一对应的，可以考虑用二分查找优化。

通过二分查找，用 $O(lo{g}_n)$ 的复杂度找到一个最大且 $tim{e}_{i,左端点}>=tim{e}_{j,右端点}$ 的 $j$，代替了枚举 $O(n)$ 的复杂度，将程序优化到 $O(nlo{g}_n)$ ，可以通过此题。

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CODE：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
int n,ans=0;
struct QWQ
{
	int a,b;
} t[150010];
int f[150010]={0};
bool cmp(QWQ a,QWQ b)
{
	return a.b<b.b;
}
int search(int l,int r,int val)
{
	int mid,ans=0;
	while(l<=r)
	  {
	  	mid=l+(r-l)/2;
	  	if(t[mid].b<val)
	  	  {
	  	    l=mid+1;
			ans=mid;
		  }
		else r=mid-1;
	  }
	return ans;
}
int main()
{
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	  cin>>t[i].a>>t[i].b;
	sort(t+1,t+n+1,cmp);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	  {
	  	f[i]=max(f[i-1],f[search(1,i-1,t[i].a)]+t[i].b-t[i].a);
		ans=max(ans,f[i]);
	  }
	cout<<ans;
	return 0;
}