CF1889C1 Doremy's Drying Plan (Easy Version) 题解

Hard Version 的做法貌似是 DP，但是 Easy Version 的做法也十分有启发性。

Easy Version 中 $k=2$，即只进行两次操作。通常见到两次操作，大概的做法就是枚举其中一次操作，本题也是这样。

设 $c_i$ 表示第 $i$ 个城市在这 $m$ 天内下雨天数。如果只进行一次操作，那么这段区间中所有 $c_i=1$ 的城市会变得干旱。

对于进行两次操作，两个区间中分别的 $c_i=1$ 的会变得干旱，然而还有区间交集中 $c_i=2$ 的也会变干旱。

不妨这样考虑：枚举第一次操作，先计算第二次操作中两个区间没有交集的贡献。接着枚举区间中每个 $c_i=2$ 的并统计这一个城市另一天降雨是哪一天。算一下贡献即可。

注意到我们只枚举 $c_i=2$ 的，所以每个 $c_i=2$ 至多只会被枚举到两遍，于是可以 $O(n)$ 做完。$c_i$ 和每个 $c_i=2$ 的另一天是哪一天降雨都可以通过差分算出。

具体地，$c_i$ 容易转化成区间加，由于询问都在加之后，差分维护即可。

对于 $c_i=2$，设 $g_i$ 表示第 $i$ 个城市所有下雨天的编号和。$c_i=2$ 表示 $g_i=x+y$。我们在枚举时已经确定了 $x$，$y$ 则容易通过 $y=g_i-x$ 算出。$g_i$ 也可以转化为区间加，差分维护即可。

我写的比较丑，所以带个 $\log$，不过可以优化掉。

启示：操作两次或求满足条件 $(i,j)$ 对数之类的问题，大都可以通过枚举其中一次，用一些技巧维护另一次。比如 CSP-S 2023 T2 也是一样的。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long

const int N = 5e5 + 5, MOD = 1e9 + 7; // Remember to change

int n, m, k, c[N], t;
int l[N], r[N], p[N], g[N], gp[N];
int ps[N];

namespace FastIo
{
	#define QUICKCIN ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0)
	int read()
	{
		char ch = getchar();
		int x = 0, f = 1;
		while ((ch < '0' || ch > '9') && ch != '-') ch = getchar();
		while (ch == '-')
		{
			f = -f;
			ch = getchar();
		}
		while (ch >= '0' && ch <= '9')
		{
			x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);
			ch = getchar();
		}
		return x * f;
	}
	template<class T>
	void write(T x)
	{
		if (x < 0)
		{
			putchar('-');
			x = -x;
		}
		if (x > 9) write(x / 10);
		putchar(x % 10 + '0');
	}
	template<class T>
	void writeln(T x)
	{
		write(x);
		putchar('\n');
	}
}

signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
	cin >> t;
	while (t--)
	{
		cin >> n >> m >> k;
		for (int i = 1; i <= n; i++) c[i] = p[i] = gp[i] = g[i] = ps[i] = 0;
		for (int i = 1; i <= m; i++)
		{
			cin >> l[i] >> r[i];
			p[r[i] + 1]--;
			p[l[i]]++;
			gp[r[i] + 1] -= i;
			gp[l[i]] += i;
		}
		int ans = 0;
		set<int> pp;
		multiset<int> st;
		for (int i = 1; i <= n; i++) 
		{
			c[i] = c[i - 1] + p[i], g[i] = g[i - 1] + gp[i];
			ans += (c[i] == 0), ps[i] = ps[i - 1] + (c[i] == 1);
			if (c[i] == 2) pp.insert(i);
		}
		int maxn = 0;
		for (int i = 1; i <= m; i++)
		{
			st.insert(ps[r[i]] - ps[l[i] - 1]);
		}
		for (int i = 1; i <= m; i++)
		{
			map<int, int> cc;
			int g = ps[r[i]] - ps[l[i] - 1], rg = g;
			st.erase(st.find(g));
			if (st.size()) g += *(st.rbegin());
			st.insert(rg);
			auto it = pp.lower_bound(l[i]);
			for (; it != pp.end() && *it <= r[i]; ++it)
			{
				cc[::g[*it] - i]++;
			}
			for (auto &[x, y] : cc)
			{
				int h = ps[r[i]] - ps[l[i] - 1] + ps[r[x]] - ps[l[x] - 1];
				g = max(g, h + y);
			}
			maxn = max(maxn, g);
		}
		cout << ans + maxn << "\n";
	}
	return 0;
}