bzoj 2436: [Noi2011]Noi嘉年华
Description
NOI2011 在吉林大学开始啦！为了迎接来自全国各地最优秀的信息学选手，吉林大学决定举办两场盛大的 NOI 嘉年华活动，分在两个不同的地点举办。每个嘉年华可能包含很多个活动，而每个活动只能在一个嘉年华中举办。
现在嘉年华活动的组织者小安一共收到了 n个活动的举办申请，其中第 i 个活动的起始时间为 Si，活动的持续时间为Ti。这些活动都可以安排到任意一个嘉年华的会场，也可以不安排。
小安通过广泛的调查发现，如果某个时刻，两个嘉年华会场同时有活动在进行（不包括活动的开始瞬间和结束瞬间），那么有的选手就会纠结于到底去哪个会场，从而变得不开心。所以，为了避免这样不开心的事情发生，小安要求不能有两个活动在两个会场同时进行（同一会场内的活动可以任意进行）。
另外，可以想象，如果某一个嘉年华会场的活动太少，那么这个嘉年华的吸引力就会不足，容易导致场面冷清。所以小安希望通过合理的安排，使得活动相对较少的嘉年华的活动数量最大。
此外，有一些活动非常有意义，小安希望能举办，他希望知道，如果第i 个活动必须举办（可以安排在两场嘉年华中的任何一个），活动相对较少的嘉年华的活动数量的最大值。
Solution
正解：DP+单调性优化
第一问非常简单，有两个嘉年华，所以要固定一个，设 \(f[i][j]\) 表示目前在 \(i\) 这个活动的右端点上，选择了\(j\)个放入第一个嘉年华，第二个嘉年华的最大活动数量
转移有两种：枚举 \(k<i\)，\(k\)到\(i\)之间活动的要不给第一个嘉年华要不给第二个，所以预处理一个 \(c[i][j]\) 表示 \(i\)到\(j\)时间段内的活动数量，就可以 \(O(1)\) 转移了
第二问可以直接用第一问的DP数组，同理再求一个后缀的 \(f\) 数组，设为 \(g\).
那么如果是固定时间在 \(i,j\) 之间的活动的话，那么就是从 \(f[i-1][a]+g[j+1][b]+c[i][j]\) 中决策了，枚举\(a,b\)，讨论\(c[i][j]\)分给第一个嘉年华，分给第二个嘉年华即可.
这样做的话是 \(O(n^5)\)，所以只需要离线询问，设 \(dp[i][j]\) 表示上面说的：固定时间在 \(i,j\) 之间的活动，两个嘉年华中的最小值的最大值为多少
回答询问就可以 O\((n^2)\) 了.
注意：预处理 \(dp\) 数组是 \(O(n^4)\)，但是限制上界的话，暴力是可以过的.
正解是 \(O(n^3)\) 预处理的，利用一个单调性：
假设枚举\(a\)为左边分给第一个嘉年华的活动数量，\(b\)为右边分给第一个嘉年华的
那么 \(a\)增大，\(b\)只能减小，所以可以单调指针扫描 \(b\)，复杂度就降下来了.
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#define RG register
#define il inline
#define iter iterator
#define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define Min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=405;
int n,B[N],num=0,c[N][N],f[N][N],g[N][N],dp[N][N],m;
struct sub{int l,r;}e[N];
void work()
{
scanf("%d",&n);m=n;
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d%d",&e[i].l,&e[i].r);
e[i].r=e[i].l+e[i].r-1;
B[++num]=e[i].l;B[++num]=e[i].r;
}
sort(B+1,B+num+1);
num=unique(B+1,B+num+1)-B-1;
for(int i=1;i<=m;i++){
e[i].l=lower_bound(B+1,B+num+1,e[i].l)-B;
e[i].r=lower_bound(B+1,B+num+1,e[i].r)-B;
for(int j=e[i].l;j>=1;j--)
for(int k=e[i].r;k<=num;k++)c[j][k]++;
}
memset(f,-127/3,sizeof(f));
memset(g,-127/3,sizeof(g));
n=num;
f[0][0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=c[1][i];j++){
f[i][j]=f[i-1][j];
for(int k=0;k<i;k++){
f[i][j]=Max(f[i][j],f[k][j]+c[k+1][i]);
if(j>=c[k+1][i])f[i][j]=Max(f[i][j],f[k][j-c[k+1][i]]);
}
}
g[n+1][0]=0;
for(int i=n;i>=1;i--)
for(int j=0;j<=c[i][n];j++){
g[i][j]=g[i+1][j];
for(int k=i+1;k<=n+1;k++){
g[i][j]=Max(g[i][j],g[k][j]+c[i][k-1]);
if(j>=c[i][k-1])g[i][j]=Max(g[i][j],g[k][j-c[i][k-1]]);
}
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=i;j++)
ans=max(ans,min(f[i][j],j));
printf("%d\n",ans);
int v1,v2,b;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=i;j<=n;j++){
b=c[j+1][n];
for(RG int a=0;a<=c[1][i-1];a++){
for(;b>=0;b--){
v1=min(a+b,f[i-1][a]+g[j+1][b]+c[i][j]);
v1=max(v1,min(a+b+c[i][j],f[i-1][a]+g[j+1][b]));
v2=min(a+b-1,f[i-1][a]+g[j+1][b-1]+c[i][j]);
v2=max(v2,min(a+b+c[i][j]-1,f[i-1][a]+g[j+1][b-1]));
if(v1>v2)break;
}
dp[i][j]=Max(dp[i][j],v1);
}
}
for(int i=1;i<=m;i++){
ans=0;
for(int j=e[i].l;j>=1;j--)
for(int k=e[i].r;k<=n;k++)
ans=max(ans,dp[j][k]);
printf("%d\n",ans);
}
}
int main()
{
freopen("pp.in","r",stdin);
freopen("pp.out","w",stdout);
work();
return 0;
}
