【学习笔记】CF559E Gerald and Path

经典题目。感觉这个套路都要被做烂了

首先，设每个线段为$(p,l,r)$，即覆盖$[l,p]$或$[p,r]$之一。将线段 按$p$从小到大排序（因为只知道$p$的大小关系），以及将端点离散化。

题目数据范围很小，可以考虑设计两个维度。设$f_{i,j}$表示只考虑前$i$个线段，以及只考虑数轴上离散化后前缀$j$时能覆盖的最大长度

考虑每次加入一个线段$(p,l,r)$的变化（省略下标$i$），转移如下：

$1.1$ （向右）：$\forall k\in [p+1,r],f_{i,k}=\max(f_{i,k},f_{i-1,p}+\text{dist(p,k)})$，其中$\text{dist(i,j)}$表示离散化后$i,j$原始坐标之差 $1.2$（向左）：$\forall k\in [l,cnt]$，设$j$表示最大的满足$\max(p,\max_{j其中第二种转移可以用双指针维护。

复杂度直接做到了$O(n^2)$。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
using namespace std;
const int N=305;
int n,cnt,lsh[N],f[N][N];
struct node{
    int p,l,r;
    bool operator <(const node &a)const{
        return p<a.p;
    }
}q[N];
int get(int x){
    return lower_bound(lsh+1,lsh+1+cnt,x)-lsh;
}
void add(int &x,int y){
    x=max(x,y);
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int a,l;cin>>a>>l;
        q[i]={a,a-l,a+l},lsh[++cnt]=a,lsh[++cnt]=a-l,lsh[++cnt]=a+l;
    }sort(lsh+1,lsh+1+cnt),cnt=unique(lsh+1,lsh+1+cnt)-lsh-1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        q[i].p=get(q[i].p),q[i].l=get(q[i].l),q[i].r=get(q[i].r);
    }sort(q+1,q+1+n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int p=q[i].p,l=q[i].l,r=q[i].r;
        for(int k=p+1;k<=r;k++)add(f[i][k],f[i-1][p]+lsh[k]-lsh[p]);
        int j=i-1,mx=p;
        for(int k=l;k<=cnt;k++){
            while(j&&mx<k)mx=max(mx,q[j].r),j--;
            if(mx>=k)add(f[i][k],f[j][l]+lsh[k]-lsh[l]);
        }
        for(int j=1;j<=cnt;j++)add(f[i][j],f[i][j-1]),add(f[i][j],f[i-1][j]);
    }
    cout<<f[n][cnt];
}