题解 尼克的任务

有一种和题解区完全不同的做法。

首先将所有任务按照时间从小到大排序，接着用 $f_i$ 表示处理前 $i$ 个任务所能得到的最大空闲时间。

回顾一下需要满足的条件：再某个有任务的时刻，如果尼克是空闲的，就必须从中选择一个任务做。那么我们对于第 $i$ 个任务，枚举上一个做的任务 $j$，必须满足的条件是：$j$ 的结束时间 $+1\sim$ $i$ 的开始时间 $-1$ 没有其他任何事件。并且这样做的价值为 $len_{j 的结束时间 +1\sim i 的开始时间 -1}$。

这样做的细节也颇多：由于第一个任务不一定是在时刻 $1$，所以我们得手动设置一个在时刻 $0$，长度为 $1$ 的任务，同理需要在设置一个在时刻 $k+1$ 的任务。

并且为了，满足所有 $f$ 解出来都是合法的（即不会出现中间有空闲时间但是没做任务的情况），我们先将所有 $f$ 设置为极小值，再令 $f_0=0$ 即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
typedef long long LL;
inline LL read() {
	LL sum=0,flag=1; char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') flag=-1; c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9') {sum=sum*10+c-'0'; c=getchar();}
	return sum*flag;
}
 
const int N=1e4+10;
int n,k;
int f[N];
struct node {
	int p,t;
}a[N];
 
int cmp(node x,node y) {
	return x.p<y.p;
}
 
int main() {
	// freopen("a.in","r",stdin);
	cin>>k>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i].p>>a[i].t;
	sort(a+1,a+1+n,cmp);
	a[n+1].p=k+1; a[0].t=1;
	memset(f,-0x3f,sizeof(f));
	f[0]=0;
	for(int i=1;i<=n+1;i++) {
		int lst=0;
		for(int j=i-1;j>=0;j--) {
			if(a[j].p+a[j].t-1<a[i].p) {
				if(lst) {
					if(a[j].p+a[j].t-1>=lst) {
						f[i]=max(f[i],f[j]+max(a[i].p-(a[j].p+a[j].t),0));
					}
				}
				else {
					f[i]=max(f[i],f[j]+max(a[i].p-(a[j].p+a[j].t),0));
				}
			}
			if(!lst&&a[j].p<a[i].p) lst=a[j].p;
		}
	}
	cout<<f[n+1];
	return 0;
}