「解题报告」Cover
题目大意
给定 \(m\) 个区间 \([l_i..r_i]\)， 每一个区间都有一个权值 \(a_i\)， 保证每个区间只有包含与不相交的关系，对于每一个 \(k=1,\ 2,\ \cdots,\ m\)， 选出若干个区间，使 \([1..n]\) 中的每一个点不被超过 \(k\) 个区间覆盖，并求出最大的权值和.
\(1\le l_i\le r_i\le m,n\le300000,a_i\le10^9\)
思路
注意题目给出的一个条件：
保证每个区间只有包含与不相交的关系
所以这个区间是一个树的关系。
首先建出这个树：将所有的区间按照右端点升序、左端点降序排序（或者其他方式，能建出树就可以），然后每次将区间压入一个栈中，遇到左端点大于栈顶元素的就一定满足包含关系，直接拿出即可。
接下来我们来考虑树形DP：
设 \(f_{i,j}\) 表示以 \(i\) 为根的子树中被不超过 \(j\) 段区间覆盖的最大权值和，那么不难推出以下递推式：
复杂度 \(O(m^2)\)， 保证会炸
我们可以尝试来优化这个DP。
考虑 \(f_{i,j}\) 的差值 \(g_{i,j}=f_{i,j}-f_{i,j-1}\)， 不难发现 \(g_{i,j}\) 是单调不增的，肯定先选最优解，感性理解下
那么我们可以用一个multiset来维护这个 \(g_{i,j}\) 然后合并时启发式合并即可。
说这么简单，怎么合并？？？
把这个DP式子可以进行一些转换：
那么当 \(j\) 增加时， \(\max\) 左面的式子每次加 \(\sum_{k\in son_i}g_{k,j}\)， 右面的式子每次加 \(\sum_{k\in son_i}g_{k,j-1}\)， 由于 \(g_{i,j}\) 是单调不增的，那么 \(g_{k,j}\le g_{k,j-1}\)， 那么 \(\sum_{k\in son_i}g_{k,j}\le \sum_{k\in son_i}g_{k,j-1}\)。
也就是说，当枚举到某一个 \(j\) 以后，右面的一定会优于左面的，假设这个分界线为 \(j\) （\(j-1\) 选左面， \(j\) 选右面）， 那么我们发现：
所以我们只需要把 \(a_i\) 也扔进multiset里就可以了。
在其他情况下， \(g_{i,j}\) 就等于 \(\sum_{k\in son_i}g_{k,j}\) 或者 \(\sum_{k\in son_i}g_{k,j-1}\)， 两个multiset必然是有序的， 所以直接将两个multiset对应位置相加维护就可以了。
合并时可以用一个启发式合并：其实就是将数比较少multiset的合并到数比较大的multiset，合并也很简单，两个multiset不断取begin，相加扔新multiset就可以了。
结果得到一个multiset，因为是单调递减的，直接从后往前扫一遍，把前 \(k\) 个差分加起来就是 \(f_{1,k}\) 了。
复杂度 \(O(\)我不会证\()\)
反正挺玄学的
注意
- 可以将 \(a_i\) 取负数存进去，这样结果只需要从前往后扫，
因为我不知道为什么从后往前扫扫挂了 总之能别碰迭代器就别碰，不知道怎么就挂了
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int MAXN = 300005;
struct Node {
int l,r,a;
}nodes[MAXN];
int n,m;
bool cmp(const Node &a,const Node &b) {
return a.r!=b.r?a.r<b.r:a.l>b.l;
}
int fa[MAXN],dep[MAXN],son[MAXN];
vector<int> to[MAXN];
multiset<int> dfs2(int i) {
if (to[i].size()!=0) {
multiset<int> s;
multiset<int>::iterator it;
stack<int> st;
for(int j : to[i]) {
multiset<int> p=dfs2(j);
if(s.size()<p.size()) swap(s,p);
it=s.begin();
for(int t : p) {
st.push(*it+t);
s.erase(it);
it++;
}
while(!st.empty()) {
s.insert(st.top());
st.pop();
}
}
s.insert(-nodes[i].a);
return s;
} else {
multiset<int> s;
s.insert(-nodes[i].a);
return s;
}
}
signed main() {
scanf("%lld%lld", &n, &m);
for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%lld%lld%lld", &nodes[i].l, &nodes[i].r, &nodes[i].a);
sort(nodes+1,nodes+1+m,cmp);
stack<int> st;
for(int i=1;i<=m;i++) {
while(!st.empty() && nodes[st.top()].l>=nodes[i].l) {
fa[st.top()]=i;
to[i].push_back(st.top());
st.pop();
}
st.push(i);
}
for(int i=1;i<=m;i++) if(!fa[i]) to[0].push_back(i);
multiset<int> s=dfs2(0);
int sum=0;
for(int i=1;i<=m;i++) {
if (!s.empty()) {
sum-=*s.begin();
s.erase(s.begin());
}
printf("%lld ", sum);
}
return 0;
}
