「题解」Codeforces 1372E Omkar and Last Floor

orz qyc

看很多写法都是 $\mathcal{O}(n^4)$ 的，其实稍微预处理下就能做到 $\mathcal{O}(n^3)$ 的了。

并不那么显然地看出是个区间 dp，后面就很好做了。

发现平方聚在一起是更优的，则区间 dp 应该是枚举一列让它尽可能的多选。

基于这个贪心的思路，设 $f_{l,r}$ 为仅考虑左右端点均在 $[l,r]$ 内的段的答案，转移就枚举哪一行是尽可能填的。设 $s_{k,l,r}$ 为代表左右端点都在 $[l,r]$ 内且经过 $k$ 列的区间个数。

枚举尽可能多选的那一列是第 $k$ 列，则有：

$$f_{l,r}=\max\{f_{l,k-1}+{s_{k,l,r}}^2+f_{k+1,r}\}$$

然后考虑怎样算 $s$。

对于给出的一个段 $x,y$，实际上是对所有的 $l\leq x,r\geq y,x\leq k\leq y$，$s_{k,l,r}$ 都加上 $1$。

也许读者注意到一个细节，$s$ 的状态设计中，我将 $k$ 放在第一维，实际上是方便对 $\mathcal{O}(n^3)$ 预处理 $s$ 作铺垫。考虑对每个 $k$ 建立一个平面直角坐标系，横坐标为 $l$，纵坐标为 $r$，$(l,r)$ 上的值为 $s_{k,l,r}$。

那么所有满足 $l\leq x,r\geq y$ 的 $(l,r)$，构成了一个左上角上的矩形，矩形加最后单点查，可以二维差分解决。

但实际上都是左上角的矩形，在 $(l,r)$ 打个 tag 然后做二维前缀和就完全足够。

时间复杂度 $\mathcal{O(n^3)}$．

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
typedef long long ll;
const ll mod = 1000000007;
template <typename T> T Add(T x, T y) { return (x + y >= mod) ? (x + y - mod) : (x + y); }
template <typename T> T cAdd(T x, T y) { return x = (x + y >= mod) ? (x + y - mod) : (x + y); }
template <typename T> T Mul(T x, T y) { return x * y % mod; }
template <typename T> T Mod(T x) { return x < 0 ? (x + mod) : x; }
template <typename T> T Max(T x, T y) { return x > y ? x : y; }
template <typename T> T Min(T x, T y) { return x < y ? x : y; }
template <typename T> T Abs(T x) { return x < 0 ? -x : x; }
template <typename T> T chkmax(T &x, T y) { return x = x > y ? x : y; }
template <typename T>
T &read(T &r) {
	r = 0; bool w = 0; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9') w = ch == '-' ? 1 : 0, ch = getchar();
	while(ch >= '0' && ch <= '9') r = (r << 3) + (r <<1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
	return r = w ? -r : r;
}
ll qpow(ll x, ll y) {
	ll sumq = 1;
	while(y) {
		if(y & 1) sumq = sumq * x % mod;
		x = x * x % mod;
		y >>= 1;
	}
	return sumq;
}
const int N = 110;
int n, m;
int len[N], f[N][N], s[N][N][N];
signed main() { //freopen("in.txt", "r", stdin); freopen("out.txt", "w", stdout);
	read(n); read(m);
	for(int i = 1; i <= n; ++i) {
		read(len[i]);
		for(int j = 1; j <= len[i]; ++j) {
			int x, y; read(x); read(y);
			for(int k = x; k <= y; ++k)
				++s[k][x][y];
		}
	}
	for(int k = 1; k <= m; ++k) {
		for(int l = m; l; --l)
			for(int r = 1; r <= m; ++r)
				s[k][l][r] += s[k][l][r-1];
		for(int l = m; l; --l)
			for(int r = 1; r <= m; ++r)
				s[k][l][r] += s[k][l+1][r];
	}
	for(int k = 1; k <= m; ++k) f[k][k] = s[k][k][k] * s[k][k][k];
	for(int len = 1; len < m; ++len)
		for(int i = 1; i + len <= m; ++i) {
			int j = i + len;
			for(int k = i; k <= j; ++k) f[i][j] = Max(f[i][j], f[i][k-1] + s[k][i][j] * s[k][i][j] + f[k+1][j]);
		}
	printf("%d\n", f[1][m]);
	return 0;
}