「题解」洛谷 P3084 [USACO13OPEN]Photo G

模拟赛做到这个题的时候想用差分约束写个暴力，结果发现其实我根本不会差分约束，于是来浅记一下这道题与差分约束。

由于是在限制区间和为 $1$，所以容易想到用前缀和来描述这个限制，即为 $s_r-s_{l-1}=1$，由于 01 序列于是还有 $0\leq s_i-s_{i-1}\leq 1$，以此得到了 $s$ 之间的不等式关系，并且知道 $s_0=0$，那么要求符合条件下 $1$ 的个数最多，也就是求 $s_n$ 的最大值。

已知一个变量取值，在差分约束系统中求出其他变量最大值/最小值的方法，可以看这个总结。

60 分的差分约束暴力做法：

#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<ctime>
#include<random>
#include<queue>
#define pb emplace_back
#define mp std::make_pair
#define fi first
#define se second
#define dbg(x) cerr<<"In Line "<< __LINE__<<" the "<<#x<<" = "<<x<<'\n';
#define dpi(x,y) cerr<<"In Line "<<__LINE__<<" the "<<#x<<" = "<<x<<" ; "<<"the "<<#y<<" = "<<y<<'\n';
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int>pii;
typedef pair<ll,int>pli;
typedef pair<ll,ll>pll;
typedef vector<int>vi;
typedef vector<ll>vll;
typedef vector<pii>vpii;
template<typename T>T cmax(T &x, T y){return x=x>y?x:y;}
template<typename T>T cmin(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*10+(ch^48),ch=getchar();
	return r=w?-r:r;
}
template<typename T1,typename... T2>
void read(T1 &x, T2& ...y){ read(x); read(y...); }
const int N=200100;
const int inf=0x7fffffff;
int n,m;
int dis[N],cnt[N];
vpii eg[N];
inline void add1(int x,int y,int z){eg[y].pb(mp(x,z));}
//s[x]-s[y]<=z
inline void add2(int x,int y,int z){eg[x].pb(mp(y,-z));}
//s[x]-s[y]>=z
signed main(){
	read(n,m);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int l,r;read(l,r);--l;
		add1(r,l,1);
		add2(r,l,1);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)add2(i,i-1,0),add1(i,i-1,1),dis[i]=inf;
	queue<int>q;q.push(0);
	while(!q.empty()) {
		int x=q.front();q.pop();
		for(auto i:eg[x]) {
			int v=i.fi,w=i.se;
			if(dis[v]>dis[x]+w) {
				dis[v]=dis[x]+w;
				q.push(v);
				++cnt[v];
				if(cnt[v]>=n+2) {
					puts("-1");
					return 0;
				}
			}
		}
	}
	cout << dis[n] << '\n';
	return 0;
}

现在考虑满分做法：

考虑 dp，设 $f_i$ 为单独考虑前 $i$ 个位置，并且 $i$ 强制选的情况下关键点最多为多少。

（连 dp 都没想到，失败）

那么现在考虑如何判断对于一个 $j<i$，$f_j$ 能否转移给 $f_i$，也就是 $i,j$ 强制为关键点，$(i,j)$ 内的点都不为关键点。

首先，每个区间里最多有一个关键点。对于新加进来的关键点 $i$，包含它的区间都不能包含 $j$，所以设包含 $i$ 的区间左端点最小值为 $R_i$（没有则为 $i$），那么要满足 $j<R_i$．

其次，每个区间至少有一个关键点。从 $f_j$ 转移到 $f_i$ 时，新的空点是 $(i,j)$，那么就是要求完全在 $i$ 左侧（因为 $f_i$ 只需要考虑 $i$ 左侧的）的区间左端点都 $\leq j$．所以设完全在 $i$ 左侧的区间左端点最大值为 $L_i$（没有则为 $0$），那么要满足 $L_i\leq j$．

所以 dp 的式子为 $f_{i}=\max\{f_j+1,L_i\leq j<R_i\}$，注意到 $L$ 和 $R$ 是有单调性的，完全在 $i$ 左侧的也一定完全在 $i+1$ 左侧，包含 $i$ 的区间左端点一定不会大于包含 $i+1$ 的区间左端点。所以可以单调队列优化 dp 解决。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n+m)$．