[NOI 2011]NOI 嘉年华

Description

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给你 (n) 个区间，让你选出其中一些分为两组，要求两组区间不能有交集，组内可以有交集。让你最大化两组之间区间个数较小的那一组的选取区间个数。以及对于每个区间 (i)，回答第 (i) 个区间必选（放在第一组或者第二组），两组个数的最小值的最大值。

(1leq nleq 200)

Solution

首先，可以知道每组一定是若干个连续的时间段组成的。那么我们可以按时间来 DP，先离散化，设时间上限为 (T)。

为了方便转移，我们记 (cnt_{i,j}) 为全在 ([i,j]) 时间段内的区间个数。这个是可以在 (O(n^3)) 内预处理出来的。

记 (f_{i,j}) 表示 (1sim i) 时间段，第一组有 (j) 个区间时第二组最多有多少个区间。首先，若 (i) 这个时刻不选，可以继承 (i-1) 时刻的状态，那么赋值 (f_{i,j}=f_{i-1},j)。

考虑转移就是枚举以 (i) 为右端点，(k) 为左端点，这一整个时间段放在第一组或是第二组，显然对于每个 (k)，(f_{i,j}=max{f_{k-1,j}+cnt_{k,i},f_{k-1,j-cnt_{k,i}}})。

那么第一问的答案显然就是 (maxlimits_{0leq ileq n}min{i,f_{T,i}})。

考虑第二问，首先我们仿照 (f) 的定义用相同的方式 DP 出一个数组 (g)，表示 (isim T) 时间段，第一组有 (j) 个区间时第二组最多有多少个区间。

那么对于第 (i) 个区间，因为它必须被选，那么去考虑选择哪些时间段是包含第 (i) 个区间的。用 (O(n^2)) 去枚举端点 ([l,r])，另外考虑 (1sim l-1) 中放 (a) 个在第一组，(r+1sim T) 中放 (b) 个在第一组。考虑 ([l,r]) 放在第一组还是第二组，显然答案就是 (maxlimits_{l,r,a,b}{min{f_{l-1,a}+g_{r+1,b}+cnt_{l,r}, a+b}, min{f_{l-1,a}+g_{r+1,b}, a+b+cnt_{l,r}}})。不过这样，单个询问就是 (O(n^4)) 的，吃不消。

容易发现上述计算时会有许多冗余重复的计算，那么我们考虑预处理一个数组 (dp_{i,j}) 表示 ([i,j]) 区间必选，最大化最小区间个数的值。

显然对于每个 (i,j)，我们只需枚举 (1sim i-1) 中放在第一组个数 (a)，(j+1sim T) 中放在第一组个数 (b)。不过预处理这个数组还是 (O(n^4)) 的。

值得注意的是 (f_{i,j}) 随 (j) 增大，(f) 值单调不增。利用这个单调性，可以双指针优化，枚举 (a) 时，继承 (b) 值。最终复杂度为 (O(n^3))。

预处理完，之后只需 (O(n^2)) 枚举端点就可以计算答案了。

综上复杂度为 (O(n^3))。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define inf (-f[N-1][N-1])
using namespace std;
const int N = 405;

int n, l, r, f[N][N], b[N], tot, cnt[N][N], g[N][N], dp[N][N];
struct tt {
    int l, r;
} a[N];

int main() {
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d%d", &l, &r),
        b[++tot] = a[i].l = l, b[++tot] = a[i].r = l+r-1;
    sort(b+1, b+tot+1);
    tot = unique(b+1, b+tot+1)-b-1;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        a[i].l = lower_bound(b+1, b+tot, a[i].l)-b,
        a[i].r = lower_bound(b+1, b+tot, a[i].r)-b;
    for (int i = 1; i <= tot; i++)
        for (int j = i; j <= tot; j++)
            for (int k = 1; k <= n; k++)
                cnt[i][j] += (i <= a[k].l && a[k].r <= j);
    memset(f, 192, sizeof(f));
    memset(g, 192, sizeof(g));
    f[0][0] = 0;
    for (int i = 1; i <= tot; i++)
        for (int j = 0; j <= n; j++) {
            f[i][j] = f[i-1][j];
            for (int k = i; k >= 1; k--) {
                f[i][j] = max(f[i][j], f[k-1][j]+cnt[k][i]);
                if (j >= cnt[k][i]) f[i][j] = max(f[i][j], f[k-1][j-cnt[k][i]]);
            }
        }
    g[tot+1][0] = 0;
    for (int i = tot; i >= 1; i--)
        for (int j = 0; j <= n; j++) {
            g[i][j] = g[i+1][j];
            for (int k = i; k <= tot; k++) {
                g[i][j] = max(g[i][j], g[k+1][j]+cnt[i][k]);
                if (j >= cnt[i][k]) g[i][j] = max(g[i][j], g[k+1][j-cnt[i][k]]);
            }
        }
    int ans = -inf;
    for (int j = 0; j <= n; j++)
        ans = max(ans, min(j, f[tot][j]));
    printf("%d
", ans);
    for (int i = 1; i <= tot; i++)
        for (int j = i; j <= tot; j++) {
            int l = cnt[1][i-1];
            for (int r = 0; r <= cnt[j+1][tot]; r++) {
                while (l && max(min(f[i-1][l]+g[j+1][r]+cnt[i][j], l+r), min(f[i-1][l]+g[j+1][r], l+r+cnt[i][j]))
                <= max(min(f[i-1][l-1]+g[j+1][r]+cnt[i][j], l-1+r), min(f[i-1][l-1]+g[j+1][r], l-1+r+cnt[i][j]))) --l;
                dp[i][j] = max(dp[i][j], max(min(f[i-1][l]+g[j+1][r]+cnt[i][j], l+r), min(f[i-1][l]+g[j+1][r], l+r+cnt[i][j]))); 
            }
        }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int ans = 0;
        for (int l = 1; l <= a[i].l; l++)
            for (int r = a[i].r; r <= tot; r++)
                ans = max(ans, dp[l][r]);
        printf("%d
", ans);
    }
    return 0;
}