Educational Codeforces Round 61 (Rated for Div. 2)-C. Painting the Fence 前缀和优化

题意就是给出多个区间，要求去掉两个区间，使得剩下的区间覆盖范围最大。

当然比赛的时候还是没能做出来，不得不佩服大佬的各种姿势。

当时我想的是用线段树维护区间和，然后用单点判0，维护区间间断个数。然后打到一半，就发现想法有问题。

这道题正解就是简单的前缀和，或者DP。

我为了更加深入理解，两种方法都试了试。

前缀和版本：

由于题目给的范围是5000，明显支持N^2，于是我们枚举去掉的两个，刚好满足，那么要如何才能O(1)的得到答案？

我们其实可以这样，我们知道它的总覆盖的数目，这是非常容易求出的。减去枚举的区间对答案的贡献即可。那么如何减去贡献，我们知道两个区间，可能有两种情况，一种是有交集部分，这一部分需要在交集区间上减去2次，而剩下的部分需要在剩下部分减去1次就行。

那么如果要对答案产生影响，答案就是

总覆盖区间=枚举区间交集部分刚好被覆盖两次+剩下交集为空的区间被覆盖一次的个数

考虑如何求被覆盖一次的个数，通过维护差分，求得每个点的被覆盖次数

枚举区间，就能求得每个区间，被覆盖次数为1的个数（不会有交集）。

那么如何求两个区间交集部分刚好被覆盖两次的值呢？？？

很简单，由于这个区间交集是不确定的。那么我们如何求呢？

我们已经知道每个点的覆盖次数。

那么我们可以知道刚好被覆盖两次的点，所在位置。

利用前缀和，和差分的思想，我们可以用一个新的前缀和数组，记录当前被覆盖的次数刚好被覆盖次数为1的位置。

然后求前缀和，这样我们就能快速的求出，[L,R]区间内，刚好为2的个数。

这样答案也出来了，注意枚举区间可能交集可能不存在，这样就不用算覆盖次数为2的个数。

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
using namespace std;
const int maxx = 5005;
int pre[4][maxx];
struct node{
  int l,r;
}a[maxx];
int main(){
  int n,q,sum,ans;
  while(~scanf("%d%d",&n,&q)){
    ans=0;
    sum=0;
    memset(pre,0,sizeof(pre));
    for (int i=1;i<=q;i++){
        scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r);
        pre[0][a[i].l]+=1;
        pre[0][a[i].r+1]-=1;
    }
    for (int i=1;i<=n;i++){
        pre[0][i]+=pre[0][i-1];//每个位置的情况
        if (pre[0][i])sum++;
    }
    for (int i=1;i<=n;i++){
       if (pre[0][i]==2)
       pre[1][i]++;//每个位置个数是否是2
    }
    for (int i=1;i<=n;i++){
        pre[1][i]+=pre[1][i-1];//次数==2的前i项个数
    }
    for (int i=1;i<=q;i++){
       for (int j=a[i].l;j<=a[i].r;j++){
         if (pre[0][j]==1){
            pre[2][i]++;//在第i个区间内部有多少个数为1的个数
         }
       }
    }
    for (int i=1;i<=q;i++){
       for (int j=i+1;j<=q;j++){
           int l=max(a[i].l,a[j].l);
           int r=min(a[i].r,a[j].r);
           int tmp=sum;
           if (r>=l)
           tmp-=(pre[1][r]-pre[1][l-1]);
           tmp-=(pre[2][j]+pre[2][i]);
           ans=max(ans,tmp);
       }
    }
   printf("%d\n",ans);
  }
  return 0;
}

那么我们考虑DP做法。

这个DP和我前几天做的DP非常像。

我们可以构建这样DP

DP[i]代表，选到i位置，选择k个的最优解。用L[i]表示某个覆盖到i位置的区间，往左能覆盖的最小坐标

那么转移方程就是：

dp[j]=max(dp[L[j]-1]+j-L[j]+1,dp[j])

同时要是短的段落，能覆盖的个数是大于当前的，可以更新更长的段。

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define rep(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
#define per(i,j,k) for(int i=j;i>=k;i--)
using namespace std;
const int maxx = 5000+50;
int dp[maxx];
int L[maxx];
int main()
{
    int n,q,tmp,l,r;
    while(~scanf("%d%d",&n,&q))
    {
        rep(i,1,n)
        {
            L[i]=i+1;
            dp[i]=0;
        }
        rep(i,1,q)
        {
            scanf("%d%d",&l,&r);
            rep(j,l,r)
            {
                L[j]=min(L[j],l);
            }
        }
//        for (int i=1;i<=n;i++){
//            printf("%d ",L[i]);
//        }
//        cout<<endl;
        rep(i,1,q-2)
        {
            per(j,n,1)
            {
                dp[j]=max(dp[L[j]-1]+j-L[j]+1,dp[j]);
            }
            rep(j,1,n){
                dp[j]=max(dp[j],dp[j-1]);
            }
        }
        printf("%d\n",dp[n]);
    }
    return 0;
}