[NOI2011]Noi嘉年华

题意

题目链接

给n个区间((nleq 200))，选择其中一些并分成两部分，要求两部分的区间分别并起来之后两者没有交集，求此时含区间数量少的一部分数量最大为多少。另外，对于每个区间，求出它必须选时的答案

思路

神奇的DP（为什么我有网络流的思路的题都是DP啊qwq）

先离散化自不必说，设离散化后最远覆盖到了len位置

(cnt[i][j]):完整的处于([i,j])里的区间个数

(pre[i][j]):在区间([1,i])中，A选择了j个区间时，B最多可以选择的区间个数

(las[i][j]):在区间([i,len])中，A选择了j个区间时，B最多可以选择的区间个数

对于完整的一块，我们可以将它扔在A或者B，这就成了我们的决策，于是得到了转移方程：

(pre[i][j]=max(pre[k][j]+cnt[k][j],pre[k][j-cnt[k][j]]))//分别代表将([k,j])这一块扔到B或者A（las同理）

于是(ans1=max(min(i,pre[len][i])))//前者是A中的区间数，后者是此时的B中的区间数，两者需要取min

接下来处理强行选择c号区间的情况

对于每一个c，枚举一个块([i,j])，这个块必须选，且这个块包含了c号区间，假设它在A中。现在还需要知道([1,i])和([j,len])这两部分怎么选择，假设在这两部分中A分别选择了x,y个区间，由于对于每一个c都要跑一次，得到一个(n^5)的方法：

(ans=max(min(x+y+cnt[i][j],pre[i][x]+las[j][y])))//前为A，后为B

一个显然的优化就是，我们这样做一次就可以把所有的情况处理出来（上面的四重循环与c无关），我们设(ans[i][j])表示强制选择([i,j])时的答案，复杂度降至(n^4)

另外，当x增大时，如果y也随之增大，此时(pre[i][x]+las[j][y])显然只会变小，此时无法更新答案，所以y只能减小，即y随着x增大而减小。我们在无法更新答案的时候将y减1即可

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define N 405 
#define re register
#define Max(x,y) ((x)>(y) ? (x):(y))
using namespace std;
int n,ccf,l[N],r[N],cnt[N][N];
int pre[N][N],las[N][N];
//cnt[i][j]表示完全包含在[i,j]的区间个数 
//pre[i][j]表示在时间[1,i],A场选择j个区间时B场选择最多的区间个数 
int ans[N][N];//[i,j]区间必选时的答案 
int b[N<<1],len;

template <class T>
void read(T &x)
{
	char c;int sign=1;
	while((c=getchar())>'9'||c<'0') if(c=='-') sign=-1; x=c-48;
	while((c=getchar())>='0'&&c<='9') x=x*10+c-48; x*=sign;
}

int main()
{
	read(n);
	for(re int i=1;i<=n;++i)
	{
		int t;
		read(l[i]);read(t);
		r[i]=l[i]+t;
		b[++len]=l[i];
		b[++len]=r[i];
	}
	sort(b+1,b+len+1);
	len=unique(b+1,b+len+1)-b-1;
	for(re int i=1;i<=n;++i)
	{
		l[i]=lower_bound(b+1,b+len+1,l[i])-b;
		r[i]=lower_bound(b+1,b+len+1,r[i])-b;
	}
	for(re int i=1;i<=len;++i)
		for(re int j=i;j<=len;++j)
			for(re int k=1;k<=n;++k)
				if(i<=l[k]&&r[k]<=j) cnt[i][j]++;
	memset(pre,-50,sizeof(pre));
	memset(las,-50,sizeof(las));
	for(re int i=1;i<=len;++i)
	{
		pre[i][0]=cnt[1][i];
		for(re int j=1;j<=cnt[1][i];++j)
			for(re int k=1;k<=i;++k)
			{
				pre[i][j]=Max(pre[i][j],pre[k][j]+cnt[k][i]);//[k,i]分给B 
				if(j>=cnt[k][i]) pre[i][j]=Max(pre[i][j],pre[k][j-cnt[k][i]]);//[k,i]分给A 
			}
	}
	for(re int i=len;i>=1;--i)
	{
		las[i][0]=cnt[i][len];
		for(re int j=1;j<=cnt[i][len];++j)
			for(re int k=i;k<=len;++k)
			{
				las[i][j]=Max(las[i][j],las[k][j]+cnt[i][k]);
				if(j>=cnt[i][k]) las[i][j]=Max(las[i][j],las[k][j-cnt[i][k]]);
			}
	}
	ccf=0;
	for(re int i=0;i<=n;++i) ccf=Max(ccf,min(pre[len][i],i));
	printf("%d
",ccf);
	for(re int i=1;i<=len;++i)
	{
		for(re int j=1;j<=len;++j)
		{
			ans[i][j]=-10000;
			int y=cnt[j][len];
			for(re int x=0;x<=cnt[1][i];++x)//A在[1,i]区间选择了x个 
			{
				int p,q;
				for(;y>=0;--y)
				{
					p=min(x+y+cnt[i][j],pre[i][x]+las[j][y]);
					if(!y) break;
					q=min(x+y-1+cnt[i][j],pre[i][x]+las[j][y-1]);
					if(q<p) break;
				}
				ans[i][j]=Max(ans[i][j],p);
			}
		}
	}
	for(re int i=1;i<=n;++i)
	{
		ccf=0;
		for(re int j=1;j<=l[i];++j)
			for(re int k=r[i];k<=len;++k)
				ccf=Max(ccf,ans[j][k]);
		printf("%d
",ccf);
	}
	return 0;
}