CF559E Gerald and Path 题解

Gerald and Path

考虑将所有线段按照固定的那一端从小往大排序，并且对线段的端点离散化。

这之后，设 $f_{i,j}$ 表示当前处理到线段 $i$，且所有线段中最右的那根的右端点不右于位置 $j$（即可以在 $j$ 左面或与 $j$ 重合）时的最优答案。

我们考虑，假设我们放了一根线段 $[l,r]$。因为不知道将来会放什么东西把它盖掉一部分，所以我们干脆在放线段 $[l,r]$ 时，同时也放下线段 $[l,l],[l,l+1],[l,l+2],\dots ,[l,r-1]$，这样就不用担心被盖掉等讨论了。

于是我们现在考虑处理第 $i$ 根线段。设其向左是 $[l,p]$，向右是 $[p,r]$。

首先，其有可能在接下来（或者在 $i$ 之前就已经）被完全覆盖掉。于是一开始就有 $f_{i-1,j}\to f_{i,j}$。

其次，考虑其向右摆。向右摆，就意味着最右位置一定是 $r$，若最右位不是 $r$，则一定在 $i$ 之前还有一条向右摆的线段 $[p^{\prime },r^{\prime }]$ 满足 $r^{\prime }\ge r$。但是因为我们已经按照 $p$ 递增排序了，故必有 $[p,r]\subset [p^{\prime },r^{\prime }]$，即 $[p,r]$ 被完全覆盖，我们已经在上面说过了。

则有 $f_{i,r}\leftarrow f_{i-1,p}+[p,r]$，因为我们已经令 $f_{i,j}$ 表示“不右于”的最优值，所以就不用费尽心思枚举 $i-1$ 时的最右位置了。同时，也不用担心重叠问题，因为按照我们上述讨论，为了避免重叠，我们直接将线段 $[l,r]$ 看作了所有 $[l,l\sim r]$。

但是这也意味着，我们的线段 $[p,r]$ 也要被看作是所有的 $[p,p\sim r]$。于是我们枚举 $j\in [p,r]$，则有 $f_{i,j}\leftarrow f_{i-1,p}+[p,j]$。

然后就考虑其向左摆了。向左摆，就意味着最右位置不一定是 $p$，因为完全可以存在一条 $[p^{\prime },r^{\prime }]$，满足 $r^{\prime }>p\mathrm{and}$，即两者无交。

首先，最右位是 $p$ 的就可以跟之前一样类似地转移，不在话下。

然后，对于最右位不是 $p$ 的，我们枚举一个 $j<i$，表示最右位是 $j$ 对应的 $[p^{\prime },r^{\prime }]$（明显这里上述 $r^{\prime }>p\mathrm{and}{p}^{\prime }>l$ 应被满足）。则所有 $k\in (j,i]$ 都应该向左摆，因为若其向右摆，要么右端点在 $r^{\prime }$ 左边或与 $r^{\prime }$ 重合，被完全包含；要么右端点在 $r^{\prime }$ 右边，则 $r^{\prime }$ 就不是最右位了。

设所有 $k\in (j,i]$ 的东西中，最左的那个是 $[l^{″},p^{″}]$，则整个 $[j,i]$ 中所有线段，加一块可以变成一个 $[l^{″},r^{\prime }]$ 的大线段，且该线段是最右的。于是此处就可以跟前面一样，枚举一个 $k\in [l^{″},r^{\prime }]$ 进行转移了。

时间复杂度 $O(n^3)$，因为枚举了 $i,j,k$ 三个元素。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define bs(x) lower_bound(v.begin(),v.end(),x)-v.begin()+1
const int N=110;
int n,m,f[N][N];
pair<int,int> p[N];
vector<int>v;
int L[N],P[N],R[N],res;
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d%d",&p[i].first,&p[i].second);
		v.push_back(p[i].first);
		v.push_back(p[i].first-p[i].second);
		v.push_back(p[i].first+p[i].second);
	}
    sort(p+1,p+n+1);
	sort(v.begin(),v.end());
	v.resize(m=unique(v.begin(),v.end())-v.begin());
    for(int i=1;i<=n;i++){
		L[i]=bs(p[i].first-p[i].second);
		P[i]=bs(p[i].first);
		R[i]=bs(p[i].first+p[i].second);
	}
    for(int i=1;i<=n;i++){
        memcpy(f[i],f[i-1],sizeof(f[i]));
        for(int j=P[i];j<=R[i];j++) f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][P[i]]+v[j-1]-v[P[i]-1]);
        for(int j=i;j;j--){
            int Rmax=(j==i?P[j]:R[j]);
            if(Rmax<P[i])continue;
            int Lmin=(j==i?L[j]:P[j]);
            for(int k=j+1;k<=i;k++) Lmin=min(Lmin,L[k]);
            for(int k=Lmin;k<=Rmax;k++) f[i][k]=max(f[i][k],f[j-1][Lmin]+v[k-1]-v[Lmin-1]);
        }
        for(int j=1;j<=m;j++) f[i][j]=max(f[i][j],f[i][j-1]);
    }
    for(int i=1;i<=m;i++) res=max(res,f[n][i]);
    printf("%d\n",res);
    return 0;
}