wikioi p3027 线段覆盖 2

       这题需要说明一下。

       可以得到方程 如果用R表示线段，里面s t分别存储左端点和右端点,w表示线段价值。

       f[t]表示t坐标的最大线段价值和。

       f[R[i].t]=max(f[R[i].t],f[R[i].s]+R[i].w);

       注意这里两条线段的端点是可以重合的，所以是f[R[i].s]而不是f[R[i].s-1]

       但是我们要思考一个问题

       f[R[i].t+Q]也可以更新为f[R[i].t+Q]=max(f[R[i].t+Q],f[R[i].s]+R[i].w);

       但是0<=Q<1000000-f[R[i].t]啊

       如果所有的线段右端点都是0，那岂不是每一条线段都要扫描吗？

       1000000*100>10000000这是会爆的。

       所以我们做一个优化

       从右端点排序，再扫描。

       我们有下面的一个贪心思想。

       f[x]<=f[y] (x<y)。

       因为我如果在y的前面有一个点x可以得到的最大线段总价值，哪怕后面不加入任何的线段，也可以保证此性质。

       那么我们是以右端点为序，所以我们建立一个值last表示上一个右端点的位置，如果f[R[i].t]>last 则做一个for循环进行更新。

       但是没有必要从last+1到1000000，只需要到R[i].t即可。自己想一下就能明白。因为这是此区间内第一条线段，那么最小值就可以更新为上一个对此区间没有后效性，即前面的区间添加线段不会影响次线段的添加，也就是前面的线段不可能和此线段重合的情况下，只需要从last-R[i].t更新为f[last]即可。

       这样的话就完成了这个操作。时间复杂度为O(Z+N) N表示线段个数 Z表示1000000

       时间复杂度就缩小了。

       如果不明白last为什么能够满足我说的条件，自行google。

       如果不懂，就看下面的代码：

#include<stdio.h>#include<algorithm>using namespace std;const int MAX_L = 1000001;long long f[MAX_L];long long ans = 0;struct node {long long x,y,w;}r[MAX_L];int N;bool cmp(struct node a,struct node b){return (a.y<=b.y);}int init(){scanf("%d",&N);int i;for (i=1;i<=N;i++)scanf("%lld %lld %lld",&r[i].x,&r[i].y,&r[i].w);sort(r+1,r+N+1,cmp);}int work(){int i;int j=0;int k;for (i=1;i<=N;i++){if (r[i].y!=j){for (k=j+1;k<=r[i].y;k++)f[k]=f[j];j=r[i].y;}f[r[i].y]=max(f[r[i].y],f[r[i].x]+r[i].w);}}int put(){int i;for (i=0;i<MAX_L;i++)ans=max(ans,f[i]);printf("%lld",ans);}int main(){init();work();put();return 0;}