这个题也写了半天，哎。
说起来很简单。
考虑P=1的情况
无非就是在旅行之前办完所有签证。
f[S]表示办完S集合的签证，最早拿回护照的时间
枚举下一个签证进行转移。
P=2
一部分分配给一个护照办签证+旅行
f[S]表示，某个护照办完S集合的签证，并且将要用这个护照去旅行，最早拿回护照的时间。（不算旅行本身。只要保证合法）
枚举下一个签证c进行转移
首先保证S+(1<<c)本身旅行是合法的。
要保证，这个S集合中的trip不能与c办证时间相交。
并且，不能存在某个trip，左端点小于等于c的，但是右端点大于等于c，也就是不能正在旅行
按照ti从小到大枚举c
三指针维护
输出方案随便搞即可。
#include<bits/stdc++.h> #define reg register int #define il inline #define fi first #define se second #define mk(a,b) make_pair(a,b) #define numb (ch^'0') #define pb push_back #define solid const auto & #define enter cout<<endl #define pii pair<int,int> using namespace std; typedef long long ll; template<class T>il void rd(T &x){ char ch;x=0;bool fl=false;while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(fl=true); for(x=numb;isdigit(ch=getchar());x=x*10+numb);(fl==true)&&(x=-x);} template<class T>il void output(T x){if(x/10)output(x/10);putchar(x%10+'0');} template<class T>il void ot(T x){if(x<0) putchar('-'),x=-x;output(x);putchar(' ');} template<class T>il void prt(T a[],int st,int nd){for(reg i=st;i<=nd;++i) ot(a[i]);putchar(' ');} namespace Modulo{ const int mod=998244353; il int ad(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;} il int sub(int x,int y){return ad(x,mod-y);} il int mul(int x,int y){return (ll)x*y%mod;} il void inc(int &x,int y){x=ad(x,y);} il void inc2(int &x,int y){x=mul(x,y);} il int qm(int x,int y=mod-2){int ret=1;while(y){if(y&1) ret=mul(x,ret);x=mul(x,x);y>>=1;}return ret;} template<class ...Args>il int ad(const int a,const int b,const Args &...args) {return ad(ad(a,b),args...);} template<class ...Args>il int mul(const int a,const int b,const Args &...args) {return mul(mul(a,b),args...);} } //using namespace Modulo; namespace Miracle{ const int N=22; const int inf=0x3f3f3f3f; int n,m; int f[1<<N]; int len[N],st[N],nd[N],tim[N]; pii pre[1<<N]; int id[N]; int g[1<<N]; bool cmp(int x,int y){ return tim[x]<tim[y]; } struct po{ int p,id; bool friend operator <(po a,po b){ return a.p<b.p; } }p[N]; pii gt[N]; int main(){ rd(n);rd(m); for(reg i=0;i<n;++i){ rd(st[i]);rd(len[i]);rd(tim[i]); nd[i]=st[i]+len[i]-1; id[i]=i; p[i].p=st[i]; p[i].id=i; } sort(id,id+n,cmp); sort(p,p+n); memset(f,0x3f,sizeof f); f[0]=1; g[0]=1; for(reg s=1;s<(1<<n);++s){ int now=log2(s&(-s)); g[s]=g[s^(s&(-s))]; for(reg i=0;i<n;++i){ if(i==now) continue; if((s>>i)&1){ if(!((nd[now]<st[i])||(st[now]>nd[i]))) g[s]=0; } } } for(reg s=0;s<(1<<n)-1;++s){ if(f[s]!=inf){ int lp=0,ptr=0,mx=0; while(lp<n&&((!((s>>p[lp].id)&1))||p[lp].p<f[s])) ++lp; while(ptr<n&&(p[ptr].p<=f[s])){ mx=max(mx,nd[p[ptr].id]); ++ptr; } int t=f[s]; for(reg o=0;o<n;++o){ int c=id[o]; if(!((s>>c)&1)){ if(g[s|(1<<c)]){ while((lp<n&&p[lp].p<=t+tim[c])||(mx>=t)){ if((mx>=t)) t=max(t,mx+1); if((lp<n&&p[lp].p<=t+tim[c])) t=max(t,nd[p[lp].id]+1); while(lp<n&&((!((s>>p[lp].id)&1))||p[lp].p<t)) ++lp; while(ptr<n&&(p[ptr].p<=t)){ mx=max(mx,nd[p[ptr].id]); ++ptr; } } if(st[c]>t+tim[c]){ if(f[s|(1<<c)]>t+tim[c]){ f[s|(1<<c)]=t+tim[c]; pre[s|(1<<c)]=mk(t,c); } } } } } } } int S; int ans=inf; int up=(1<<n)-1; if(m==1) ans=f[up],S=up; else for(reg s=0;s<(1<<n);++s){ if(ans>max(f[s],f[up-s])){ ans=max(f[s],f[up-s]); S=s; } } if(ans<inf){ puts("YES"); int T=up-S; while(S){ gt[pre[S].se]=mk(1,pre[S].fi); S-=(1<<pre[S].se); } while(T){ gt[pre[T].se]=mk(2,pre[T].fi); T-=(1<<pre[T].se); } for(reg i=0;i<n;++i){ printf("%d %d ",gt[i].fi,gt[i].se); } }else{ puts("NO"); } return 0; } } signed main(){ Miracle::main(); return 0; } /* Author: *Miracle* */
状压，思路就是考虑办证的先后顺序，使得最早拿到护照本身。
P=2就分着，然后枚举S1合并。