题解 [NOISG2025 Prelim] Lasers 2

solution

因为我们可以将所有激活墙全部放在最长的激活墙后面，而如果最长的激活墙比最长未激活墙短（也就是全场最长墙未激活），那么答案就是未激活墙的并的大小，否则我们需要找一个地方放置这个激活的全场最长墙，然后答案是未激活墙的并再并上这个最长墙的大小。

一堆区间的并还是太困难了，我们不妨按照并的连续段进行 dp。我们把问题改成最大化选中的区间的价格的和（也就是我们着眼于的是未激活的墙），先处理一个 $s u m [l, r]$ 表示所有 $\subseteq [l, r]$ 的区间的价格，然后直接 dp，设 $f_{i}$ 表示考虑完 $[1, i]$ 的选择情况的最大价格，转移就 $O (n)$ 转移 $f_{i} = max_{j \leq i} f_{j - 1} + s u m_{j, i}$ 。这只是一个雏形，我们还需要的是：

需要有一个连续段的长度大于全场最长墙，然后再看看能不能计入全场最长墙的价格。使用一个 0/1 记录即可。
需要记答案，记录有多少个空位（记作变量 $w$ ）。使用 $O (n)$ 的时空代价即可。

此时复杂度 $O (n^{3})$ ，需要优化。

发现我们将前面的 $O (n^{2})$ 个状态排成矩阵的形式，那么就是形如矩阵的某一列对位加上 $s u m$ 的某一列的最大值贡献到 $f_{i, w}$ ，且随着 $i$ 增加这些列不会变，只有 $s u m$ 的那一列会增加。然而这样的话可以不在一开始处理 $s u m$ ，而是 $i$ 增加的时候将右端点为 $i$ 的区间拿出来将每列的某个前缀进行整体加。所以我们对每一列用线段树维护即可，需要支持区间加和区间最大值（因为有一个“连续段的长度大于全场最长墙”的特殊转移需要区间最大值）。由于区间个数是 $O (n)$ 的，复杂度做到 $O (n^{2} \log n)$ 也就是 $O (h w \log w)$ 。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#ifdef LOCAL
#define debug(...) fprintf(stderr, ##__VA_ARGS__)
#else
#define debug(...) void(0)
#define endl "\n"
#endif
using LL = long long;
template <class T> T& chkmin(T& x, const T& y) { return x = min(x, y); }
template <class T> T& chkmax(T& x, const T& y) { return x = max(x, y); }
constexpr int N = 2010;
struct wall {
  int l, r, c;
  int length() const { return r - l + 1; }
  friend bool operator<(const wall& lhs, const wall& rhs) { return lhs.length() < rhs.length(); }
};
struct segtree {
  LL ans[N << 2], tag[N << 2];
  segtree() {
    memset(ans, ~0x3f, sizeof ans);
    memset(tag, 0, sizeof tag);
  }
  void spread(int p, LL k) { tag[p] += k, ans[p] += k; }
  void maintain(int p) { ans[p] = max(ans[p << 1], ans[p << 1 | 1]); }
  void pushdown(int p) { spread(p << 1, tag[p]), spread(p << 1 | 1, tag[p]), tag[p] = 0; }
  void setValue(int x, LL v, int p, int l, int r) {
    if (l == r) return ans[p] = v, void();
    int mid = (l + r) >> 1;
    pushdown(p);
    if (x <= mid) setValue(x, v, p << 1, l, mid);
    else setValue(x, v, p << 1 | 1, mid + 1, r);
    maintain(p);
  }
  void modify(int ql, int qr, LL k, int p, int l, int r) {
    if (ql <= l && r <= qr) return spread(p, k);
    int mid = (l + r) >> 1;
    pushdown(p);
    if (ql <= mid) modify(ql, qr, k, p << 1, l, mid);
    if (mid < qr) modify(ql, qr, k, p << 1 | 1, mid + 1, r);
    maintain(p);
  }
  LL query(int ql, int qr, int p, int l, int r) {
    if (ql <= l && r <= qr) return ans[p];
    int mid = (l + r) >> 1;
    pushdown(p);
    LL ret = -1e18;
    if (ql <= mid) chkmax(ret, query(ql, qr, p << 1, l, mid));
    if (mid < qr) chkmax(ret, query(ql, qr, p << 1 | 1, mid + 1, r));
    return ret;
  }
} tr[N][2];
int n, m;
LL lim, f[N][2][N];
vector<wall> rgs[N];
int main() {
#ifndef NF
  cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
#endif
  cin >> m >> n >> lim, lim = -lim;
  wall maxw = {0, -1, 0};
  for (int i = 1, l, r, c; i <= m; i++) cin >> l >> r >> c, lim += c, rgs[r].push_back({l, r, c}), maxw = max(maxw, wall{l, r, c});
  rgs[maxw.r].push_back({maxw.l, maxw.r, -maxw.c});
  memset(f, ~0x3f, sizeof f);
  f[0][0][0] = 0;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    f[i][0][0] = 0;
    for (int t : {0, 1}) {
      for (int w = 1; w <= i; w++) {
        auto& seg = tr[w - i + n][t];
        seg.setValue(i, f[i - 1][t][w - 1], 1, 1, n);
        for (auto wl : rgs[i]) seg.modify(1, wl.l, wl.c, 1, 1, n);
        chkmax(f[i][t][w], max(seg.ans[1], f[i - 1][t][w]));
        if (t == 0 && i >= maxw.length()) {
          if (maxw.r <= i) seg.modify(1, maxw.l, maxw.c, 1, 1, n);
          chkmax(f[i][1][w], seg.query(1, i - maxw.length() + 1, 1, 1, n));
          if (maxw.r <= i) seg.modify(1, maxw.l, -maxw.c, 1, 1, n);
        }
      }
    }
  }
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    for (int t : {0, 1}) {
      for (int w = 0; w <= n; w++) if (f[i][t][w] >= 0) debug("f[%d][%d][%d] = %lld\n", i, t, w, f[i][t][w]);
    }
  }
  for (int w = 0; w <= n; w++) if (f[n][1][w] >= lim) return cout << n - w << endl, 0;
  assert(false);
  return 0;
}