网络流24题21. 最长 k 可重区间集问题

最长 k 可重区间集问题

Description

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⊆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 Σ|z|，z∈s 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。Σ|z|，z∈s 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。

Input

第 1 行有 2 个正整数 n 和 k，分别表示开区间的个数和开区间的可重迭数。接下来的 n 行，每行有 2 个整数，表示开区间的左右端点坐标。

Output

输出计算出的最长 k 可重区间集的长度。

Sample Input

4 2
1 7
6 8
7 10
9 13

Sample Output

15

题解

搬运的题解，不得不说方法二太巧妙了。。

【问题分析】

最大权不相交路径问题，可以用最大费用最大流解决。

【建模方法】

方法1

按左端点排序所有区间，把每个区间拆分看做两个顶点<i.a><i.b>，建立附加源S汇T，以及附加顶点S’。

1、连接S到S’一条容量为K，费用为0的有向边。
2、从S’到每个<i.a>连接一条容量为1，费用为0的有向边。
3、从每个<i.b>到T连接一条容量为1，费用为0的有向边。
4、从每个顶点<i.a>到<i.b>连接一条容量为1，费用为区间长度的有向边。
5、对于每个区间i，与它右边的不相交的所有区间j各连一条容量为1，费用为0的有向边。

求最大费用最大流，最大费用流值就是最长k可重区间集的长度。

方法2

离散化所有区间的端点，把每个端点看做一个顶点，建立附加源S汇T。

1、从S到顶点1（最左边顶点）连接一条容量为K，费用为0的有向边。
2、从顶点2N（最右边顶点）到T连接一条容量为K，费用为0的有向边。
3、从顶点i到顶点i+1(i+1<=2N)，连接一条容量为无穷大，费用为0的有向边。
4、对于每个区间[a,b]，从a对应的顶点i到b对应的顶点j连接一条容量为1，费用为区间长度的有向边。

求最大费用最大流，最大费用流值就是最长k可重区间集的长度。

【建模分析】

这个问题可以看做是求K条权之和最大的不相交路径，每条路径为一些不相交的区间序列。由于是最大费用流，两条路径之间一定有一些区间相交，可以看作是相交部分重复了2次，而K条路经就是最多重复了K次。最简单的想法就是把区间排序后，不相交的区间之间连接一条边，由于每个区间只能用一次，所以要拆点，点内限制流量。如果我们改变一下思路，把端点作为网络中的顶点，区间恰恰是特定一些端点之间的边，这样建模的复杂度更小。方法1的边数是O(N^2)的，而方法2的边数是O(N)的，可以解决更大规模的问题。

#include<cstdio>#include<iostream>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;const int N = 1000 + 10, M = 100000 + 10, inf = 0x3f3f3f3f;struct Edge{    int fr, to, cap, flow, cost;}edg[M];int nxt[M], hd[N], tot;int n, k;int s, t;int q[N], inq[N], p[N], a[N], d[N];int l[N], r[N], w[N], hs[N], cnt;void insert(int u, int v, int w, int x){    edg[tot].fr = u, edg[tot].to = v, edg[tot].cap = w, edg[tot].flow = 0, edg[tot].cost = x;    nxt[tot] = hd[u]; hd[u] = tot;    tot++;    edg[tot].fr = v, edg[tot].to = u, edg[tot].cap = 0, edg[tot].flow = 0, edg[tot].cost = -x;    nxt[tot] = hd[v]; hd[v] = tot;    tot++;}bool spfa(int &fl, int &cst){    for(int i = s; i <= t; i++) d[i] = -inf;    d[s] = 0; p[s] = 0; a[s] = inf;    int head = 0, tail = 1;    q[0] = s; inq[s] = 1;    while(head != tail){        int u = q[head++]; if(head == 1001) head = 0;        inq[u] = 0;        for(int i = hd[u]; i >= 0; i = nxt[i]){            Edge &e = edg[i];            if(d[e.to] < d[u] + e.cost && e.cap > e.flow){                d[e.to] = d[u] + e.cost;                p[e.to] = i;                a[e.to] = min(a[u], e.cap - e.flow);                if(!inq[e.to]){                    q[tail++] = e.to; if(tail == 1001) tail = 0;                    inq[e.to] = 1;                }            }        }    }    if(d[t] == -inf) return false;    fl += a[t];    cst += a[t] * d[t];    int u = t;    while(u != s){        edg[p[u]].flow += a[t];        edg[p[u]^1].flow -= a[t];        u = edg[p[u]].fr;    }    return true;}void init(){    scanf("%d%d", &n, &k);    for(int i = 1; i <= n; i++){        scanf("%d%d", &l[i], &r[i]);        w[i] = r[i] - l[i];        hs[++cnt] = l[i]; hs[++cnt] = r[i];    }    sort(hs + 1, hs + cnt + 1);    for(int i = 1; i <= n; i++){        l[i] = lower_bound(hs + 1, hs + cnt + 1, l[i]) - hs;        r[i] = lower_bound(hs + 1, hs + cnt + 1, r[i]) - hs;    }}void build(){    s = 0, t = n * 2 + 1;    memset(hd, -1, sizeof(hd));    insert(s, 1, k, 0); insert(n * 2, t, k, 0);    for(int i = 1; i < n * 2; i++)        insert(i, i + 1, inf, 0);    for(int i = 1; i <= n; i++)        insert(l[i], r[i], 1, w[i]);}void work(){    build();    int flow = 0, cost = 0;    while(spfa(flow, cost));    printf("%d\n", cost);}int main(){    freopen("prog821.in", "r", stdin);    freopen("prog821.out", "w", stdout);    init();    work();    return 0;}