最长k可重区间集问题（费用流，最大权不相交路径，离散化，网络流24题）

题意

给定实直线 \(L\) 上 \(n\) 个开区间组成的集合 \(I\)，和一个正整数 \(k\)，试设计一个算法，从开区间集合 \(I\) 中选取出开区间集合 \(S \in I\)，使得在实直线 \(L\) 的任何一点 \(x\)，\(S\) 中包含点 \(x\) 的开区间个数不超过 \(k\)，且 \(\sum_{z\in s}|z|\) 达到最大。

这样的集合 \(S\) 称为开区间集合 \(I\) 的最长 \(k\) 可重区间集。\(\sum_{z\in s}|z|\) 称为最长 \(k\) 可重区间集的长度。

对于给定的开区间集合 \(I\) 和正整数 \(k\)，计算开区间集合 \(I\) 的最长 \(k\) 可重区间集的长度。

思路

这道题建图挺神奇的。

将所有区间的端点离散化处理，然后以它们为流网络的顶点。每个区间的两个端点\(l, r\)连容量是\(1\)（因为只能使用\(1\)次），费用为\(r - l\)。其实这一点还是挺容易想到的。

然后相邻两个点\(i, i + 1\)之间连容量是\(\infty\)，费用是\(0\)的边。这一点我认为纯粹是为了流网络是连通的，也就是可以覆盖数轴上所有位置。

为了保证不超过\(k\)的条件，设立虚拟源点\(S\)，向第一个顶点连容量是\(k\)，费用是\(0\)的边。设立虚拟汇点\(T\)，最后一个顶点向其连容量是\(k\)，费用是\(0\)的边。

跑最大费用流即可。

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <vector>

using namespace std;

typedef pair<int, int> pii;

const int N = 1010, M = 3010, inf = 1e8;

int n, k, S, T;
int h[N], e[M], ne[M], f[M], w[M], idx;
int pre[N], d[N], incf[N];
bool st[N];
vector<int> nums;
pii segs[N];

void add(int a, int b, int c, int d)
{
    e[idx] = b, f[idx] = c, w[idx] = d, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
    e[idx] = a, f[idx] = 0, w[idx] = -d, ne[idx] = h[b], h[b] = idx ++;
}

bool spfa()
{
    memset(d, 0x3f, sizeof(d));
    memset(incf, 0, sizeof(incf));
    queue<int> que;
    que.push(S);
    d[S] = 0, incf[S] = inf;
    st[S] = true;
    while(que.size()) {
        int t = que.front();
        que.pop();
        st[t] = false;
        for(int i = h[t]; ~i; i = ne[i]) {
            int ver = e[i];
            if(d[ver] > d[t] + w[i] && f[i]) {
                d[ver] = d[t] + w[i];
                pre[ver] = i;
                incf[ver] = min(incf[t], f[i]);
                if(!st[ver]) {
                    st[ver] = true;
                    que.push(ver);
                }
            }
        }
    }
    return incf[T] > 0;
}

int EK()
{
    int cost = 0;
    while(spfa()) {
        int t = incf[T];
        cost += t * d[T];
        for(int i = T; i != S; i = e[pre[i] ^ 1]) {
            f[pre[i]] -= t;
            f[pre[i] ^ 1] += t;
        }
    }
    return cost;
}

int find(int x)
{
    return lower_bound(nums.begin(), nums.end(), x) - nums.begin();
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &k);
    memset(h, -1, sizeof(h));
    S = 0, T = 2 * n + 1;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
        int a, b;
        scanf("%d%d", &a, &b);
        if(a > b) swap(a, b);
        segs[i] = {a, b};
        nums.push_back(a);
        nums.push_back(b);
    }
    nums.push_back(-2e9);
    sort(nums.begin(), nums.end());
    nums.erase(unique(nums.begin(), nums.end()), nums.end());
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
        int a = find(segs[i].first), b = find(segs[i].second);
        add(a, b, 1, segs[i].first - segs[i].second);
    }
    int len = nums.size();
    for(int i = 2; i < len; i ++) {
        add(i - 1, i, inf, 0);
    }
    add(S, 1, k, 0);
    add(len - 1, T, k, 0);
    printf("%d\n", -EK());
    return 0;
}