区间

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description

给定$n$段区间$[l_i,r_i]$。从中选择若干段(至少2段)区间，最大化它们的交集长度与并集长度的乘积。

solution

首先只会选恰好2段。
因为如果选多段，删边不会让交集长度变小，留下左端点最小的边和右端点最大的边并集也不会改变，所以可以用2段替代不劣与多段。
分类讨论两端关系

• 包含：
  按r从小到大排序（r相等按l从大到小排序），然后树状数组维护左端点的最大len，每次查询时，所有它能包含的都已经在树状数组里了，只用查询左端点>=它的左端点的maxlen，然后乘自己的长度即可。就需要后缀max树状数组。
• 不包含：
  首先满足包含关系的一对区间删去短的一段，构成了$l$和$r$都单增的不存在包含关系的区间。
  此时对于选择区间$i,j(i>j)$答案是$(r_i-l_j)*(r_j-l_i)$
  还要$i$,$j$不相交，发现答案值是负数不影响结果。
  此时这个类似二次函数的东西是有决策单调性（单增）。我不会证！不会！
  于是整体二分即可。

code

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e6+5;
struct node {int l,r;}Q[N],A[N];
bool cmp(node u,node v) {return u.r==v.r?u.l>v.l:u.r<v.r;}
int n,mnL[N],m,up;
ll ans;
int cmx[N];
void Update(int u,int d) {for(;u;u-=u&(-u))cmx[u]=max(cmx[u],d);}
int Ask(int u) {int mx=0;for(;u<=up;u+=u&(-u))mx=max(mx,cmx[u]);return mx;}
void init() {
	scanf("%d",&n);up=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&Q[i].l,&Q[i].r),Q[i].l+=1e6,Q[i].r+=1e6,up=max(up,Q[i].r);
	sort(Q+1,Q+1+n,cmp);
	mnL[n+1]=1e9;for(int i=n;i;i--)mnL[i]=min(Q[i].l,mnL[i+1]);
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		int len=Q[i].r-Q[i].l;
		if(Q[i].l==Q[i+1].l&&Q[i].r==Q[i+1].r) {ans=max(ans,1ll*len*len);}
		if(mnL[i+1]>Q[i].l) {ans=max(ans,1ll*len*Ask(Q[i].l));A[++m]=Q[i];}
		else Update(Q[i].l,len);
	}
}
ll calc(int j,int i) {
	return 1ll*(A[i].r-A[j].l)*(A[j].r-A[i].l);
}
void solve(int L,int R,int l,int r) {
	if(l>r)return;
	if(L==R) {for(int i=l;i<=r;i++)ans=max(ans,calc(L,i));return;}
	int mid=(l+r)>>1,pos;ll mx=-1e18;
	for(int i=L;i<=min(mid-1,R);i++) {
		ll w=calc(i,mid);
		if(mx<w) {
			mx=w;pos=i;
		}
	}
	ans=max(ans,mx);
	solve(L,pos,l,mid-1);solve(pos,R,mid+1,r);
}
int main() {
	init();
	solve(1,m-1,2,m);
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}