[Usaco2005 Dec]Cleaning Shifts
给出n段区间，左右端点分别为(l_i,r_i)，以及选取这段区间的费用(c_i),现在要选出若干个区间，使其完全覆盖区间([m,e])，询问费用之和的最小值，(1≤n≤10000,0≤m≤e≤86399)。
解
法一：
不妨把区间按左端点排序，如果在大区间范围外，可以筛除，虽然题目有保障，于是设(f_i)表示以第i个区间结尾，覆盖第i个区间前所有需要覆盖的位置的最少代价，于是有
边界：把覆盖大区间左端点全部手动初始化，其余无限大
答案：覆盖了大区间右端点的(f_i)
注意到这实际上是(O(n^2))算法，但是因为n比较小，实际上这是(C_n^2)，其实没有(10^8)，于是可以水过。
参考代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define il inline
#define ri register
#define intmax 16843009
using namespace std;
struct interval{
int l,r,c;
il bool operator<(const interval&x)const{
return l<x.l;
}
}I[10001];
int dp[10001];
int main(){
int n,m,e;scanf("%d%d%d",&n,&m,&e);
for(int i(1);i<=n;++i)
scanf("%d%d%d",&I[i].l,&I[i].r,&I[i].c);
sort(I+1,I+n+1),memset(dp,1,sizeof(dp));
ri int i,j;
for(i=1;i<=n;++i)
if(I[i].l==m)dp[i]=I[i].c;
else break;
while(i<=n){
for(j=i-1;j;--j)
if(I[j].r+1>=I[i].l)
if(dp[j]<dp[i])dp[i]=dp[j];
dp[i]+=I[i].c,++i;
}int ans(intmax);
for(i=n;i;--i)
if(I[i].r==e)
if(ans>dp[i])ans=dp[i];
if(ans<intmax)printf("%d",ans);
else puts("-1");
return 0;
}
法二：
注意到只要出题人稍微开大数据范围，就game over了，有水过的痕迹，而且转移也不支持优化，我们只能换状态了，注意到如果法一是正解的，m，e其实可以开到long long范围，但是m，e很小，进入(nlog^n)范围，所以意识到可以以位置为状态。
因此设(f_j)为覆盖m到j位置的区间的最小费用，区间按右端点排序，枚举区间i，于是不难有
边界：(f_{m-1}=0),其余无限大
答案：类似法一
注意到每次我们实际上查询的已求出的f中的某一段的最小值，而已求出的不会被更新，因此我们需要区间查询，于是线段树或者树状数组可以将之优化为(O(nlog^n))
参考代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define il inline
#define ri register
#define intmax 16843009
using namespace std;
il int min(int a,int b){
return a<b?a:b;
}
struct interval{
int l,r,c;
il bool operator<(const interval&x)const{
return r<x.r;
}
il void read(){
scanf("%d%d%d",&l,&r,&c),++l,++r;
}
}I[10001];
struct segment_tree{
int a[86400];
struct data{
int l,r,d;
}t[345600];
il void build(int p,int l,int r){
t[p].l=l,t[p].r=r;
if(l==r)return (void)(t[p].d=a[l]);
int mid(l+r>>1),pl(p<<1),pr(pl|1);
build(pl,l,mid),build(pr,mid+1,r);
t[p].d=min(t[pl].d,t[pr].d);
}
il void change(int p,int x,int v){
if(t[p].l==t[p].r)return (void)(t[p].d=v);
int mid(t[p].l+t[p].r>>1),pl(p<<1),pr(pl|1);
if(x<=mid)change(pl,x,v);if(x>mid)change(pr,x,v);
t[p].d=min(t[pl].d,t[pr].d);
}
il int ask(int p,int l,int r){
if(l<=t[p].l&&t[p].r<=r)return t[p].d;
int mid(t[p].l+t[p].r>>1),pl(p<<1),pr(pl|1),ans(intmax);
if(l<=mid)ans=min(ans,ask(pl,l,r));
if(r>mid)ans=min(ans,ask(pr,l,r));
return ans;
}
}T;
int main(){
int n,m,e,i;
scanf("%d%d%d",&n,&m,&e),++m,++e;
for(i=1;i<=n;++i)I[i].read();
sort(I+1,I+n+1),memset(T.a,66,sizeof(T.a));;
T.a[m-1]=0,T.build(1,0,e);
for(i=1;i<=n;++i)
T.change(1,I[i].r,min(T.ask(1,I[i].l-1,I[i].r)+I[i].c,T.ask(1,I[i].r,I[i].r)));
int ans(T.ask(1,e,e));
if(ans>=intmax)puts("-1");
else printf("%d",ans);
return 0;
}
法三：双平衡树
首先鸣谢lsy神犇，提供了这种神奇的思路，优化了法一。
是否还记得法一的(O(n^2))水过？如果我们把m，e变成long long范围，那么你就不得不离散化，这样也就很难写，容易出错，但是除了对位置的考虑，我们还可以对区间尽心考虑，于是我们为了排除无效的决策，把决策集合中的r和dp放入set a，这样当它的r不满足条件，就很容易删除了，但是要查最大的dp值，我们可以把dp单独放入set b，而当r被删除，在set b中找这个dp值，把它删去即可。
参考代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <set>
#include <algorithm>
#define il inline
#define ri register
#define intmax 16843009
using namespace std;
struct pi{
int x,y;
il bool operator<(const pi&a)const{
return x<a.x;
}
};
multiset<pi>A;
multiset<int>B;
struct interval{
int l,r,c;
il bool operator<(const interval&x)const{
return l<x.l;
}
}I[10001];
int dp[10001];
int main(){
int n,m,e;scanf("%d%d%d",&n,&m,&e);
for(int i(1);i<=n;++i)
scanf("%d%d%d",&I[i].l,&I[i].r,&I[i].c);
sort(I+1,I+n+1),memset(dp,1,sizeof(dp));
ri int i;
for(i=1;i<=n;++i)
if(I[i].l==m){
dp[i]=I[i].c,B.insert(dp[i]);
A.insert((pi){I[i].r,dp[i]});
}else break;
while(i<=n){
while(A.size()&&A.begin()->x+1<I[i].l)
B.erase(B.find(A.begin()->y)),A.erase(A.begin());
if(B.size())dp[i]=*B.begin()+I[i].c;
A.insert((pi){I[i].r,dp[i]}),B.insert(dp[i]),++i;
}int ans(intmax);
for(i=n;i;--i)if(I[i].r==e)if(ans>dp[i])ans=dp[i];
if(ans<intmax)printf("%d",ans);else puts("-1");
return 0;
}