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题目

题目大意

有一个\(01\)序列。给你一堆区间，每个区间中有且仅有一个\(1\)点。
问最多的\(1\)点个数。

思考历程

感觉这题特别经典，似乎在哪里见过，又好像没有见过。
一开始朝贪心方面想……想不出来……
后来想DP，还是想不出来……
直到WHH大爷跑过来兴奋地说：不就是个差分约束吗！
于是我心态崩了，去搜题解……
然而搜到的全是DP……
理解了一下DP的方法，虽然理解，但是极度不熟练……
可是这题对代码能力的考验又很强……我本想自己打出极其恶心的方法，但后来还是仔细看了看题解（还有）标程。
几乎是对着标打出来了……
心态崩了……

正解

先说DP。
设\(f_i\)表示选\(i\)的最多的\(1\)点数目。
方程为\(f_i=\max f_j +1\)
现在问题是\(j\)的范围怎么求。
这就很考验人的分析能力了——从两个方面考虑：

1. 唯一性：所有包括\(i\)的区间内都不能再选别的。这样可以求出右边界\(R_i\)，为包含\(i\)的区间的最小左边界\(-1\)。
2. 必要性：所有不包括\(i\)的区间（\(i\)之前的）中都必须要有一个选。这样可以求出右边界\(L_i\)，为不包含\(i\)的区间的最大左边界

这样，求出\(L_i\)和\(R_i\)，就可以转移了。
如果不刻意追求代码的完美，其实这个时候用线段树来辅助转移就好了，简单粗暴（如果是比赛，我肯定就这么打了）。
但是实际上可以优化。
首先可以证明出一个结论：\(L\)和\(R\)都是递增的。
如果\(L_{i-1}>L_i\)，由于包含了\(i\)的区间也会包含\(i-1\)（除非区间左边界为\(i\)，但显然这种情况下\(L{i-1}\leq L_i\)），\(L_{i-1}\)为包含\(i-1\)区间的最小左边界\(-1\)，所以\(L_{i-1}\)可以被更新，所以不成立。
如果\(R_{i-1}>R_i\)，由于不包含\(i-1\)的区间也不包含\(i\)，\(R_i\)为不包含\(i\)区间的最大右边界，所以\(R_i\)可以被更新，所以不成立。

既然都是递增的，那就可以很愉快地单调队列DP了……
有了各种单调的性质，代码也可以简单很多，也不需要打线段树或堆了……
然而……如果是在比赛，想这些的时间还不如用来打线段树呢……

还有一种方法是差分约束。
假如我们做一遍前缀和，对于区间\([l,r]\)，就会有\(s_l+1=s_r\)，相当于\(s_l+1\geq s_r\)且\(s_r-1\geq s_l\)。还有，将每个左右端点排个序记为\(x_i\)，那么还有\(x_{i-1}\leq x_i\)
差分约束即可……当然我没有打过，所以纯属瞎哔哔……

代码

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 200010
int n,m;
struct Section{
    int l,r;
} s[N];
inline bool cmps(const Section &a,const Section &b){
    return a.l<b.l || a.l==b.l && a.r<b.r;
}
int L[N],R[N];
int q[N],head,tail;
int f[N];
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=n+1;++i)
        R[i]=i-1;
    for (int i=1;i<=m;++i){
        scanf("%d%d",&s[i].l,&s[i].r);
        L[s[i].r+1]=max(L[s[i].r+1],s[i].l);
        R[s[i].r]=min(R[s[i].r],s[i].l-1);
    }
    for (int i=n;i>=1;--i)
        R[i]=min(R[i],R[i+1]);
    for (int i=2;i<=n+1;++i)
        L[i]=max(L[i],L[i-1]);
    memset(f,127,sizeof f);
    f[0]=0;
    for (int i=1,j=0;i<=n+1;++i){
        for (;j<=R[i];++j){
            if (f[j]==0x7f7f7f7f)
                continue;
            while (head<=tail && f[q[tail]]<f[j])
                tail--;
            q[++tail]=j;
        }
        while (head<=tail && q[head]<L[i])
            head++;
        if (head<=tail)
            f[i]=f[q[head]]+1;
    }
    if (f[n+1]==0x7f7f7f7f)
        printf("-1\n");
    else
        printf("%d\n",f[n+1]-1);
    return 0;
}

总结

真是一道单调队列的好题。
当然，如果是比赛，我肯定会选择打线段树的。

[JZOJ3233] 照片

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原文地址：https://www.cnblogs.com/jz-597/p/11179325.html