LINK：NOI 嘉年华
一道质量非常高的dp题目。
考虑如何求出第一问 容易想到dp.
按照左端点排序/右端点排序状态还是很难描述。
但是我们知道在时间上肯定是一次选一段 所以就可以直接利用时间点来dp.
直接将时间离散再做 因为有两个元素使得最大的最小 二分是无意义的。
每次选择是一段所以没必要知道上次选到的时间点在哪 直接枚举上次决策。
分别记录两个地方的值是否存在也是可以优化的 可以只记录一个然后第二个变成最多拿到多少即可。
这样就有状态\(f_{i,j}\)表示到了i这个时间点第一个的值为j的时候第二个的最大值。
转移枚举k 然后预处理\(c_{i,j}\)表示这段时间的任务数即可。
复杂度\(n^3\)
考虑第二问。强制选择某个点 在dp中是很难做到的 所以可以考虑强行将某个区间给第一个会场然后求出第二个会场的最大值。
强行给的话这个地方可以使用前后包夹做 即再做一个后缀dp g数组。
那么强行包含\(l,r\)的最大dp值就是 \(ans_{l,r}=\sum_{x}\sum_{y}max(x+y+c_{l,r},f_{l,x}+g_{r,y})\)
求出这个东西看似是\(n^4\)的 实际上随着x的增大y是不增的。
证明这一点可以进行比较繁杂的分类讨论 不过可以比较直观的想出来。这里不再赘述。
所以可以优化到\(n^3\).
考虑最后的答案 对于一个询问l,r 答案不一定是\(l,r\) 因为此时是把l r单独给抽出来了。
可能一些大的区间一起并且包含其可能是最优的 所以此时枚举包含这个区间的一些区间取max即可。
总复杂度\(n^3\).
code
//#include<bits\stdc++.h>
#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<deque>
#include<stack>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<utility>
#include<bitset>
#include<set>
#include<map>
#define ll long long
#define db double
#define INF 1000000000
#define ldb long double
#define pb push_back
#define put_(x) printf("%d ",x);
#define get(x) x=read()
#define gt(x) scanf("%d",&x)
#define gi(x) scanf("%lf",&x)
#define put(x) printf("%d\n",x)
#define putl(x) printf("%lld\n",x)
#define gc(a) scanf("%s",a+1)
#define rep(p,n,i) for(RE int i=p;i<=n;++i)
#define go(x) for(int i=lin[x],tn=ver[i];i;tn=ver[i=nex[i]])
#define fep(n,p,i) for(RE int i=n;i>=p;--i)
#define vep(p,n,i) for(RE int i=p;i<n;++i)
#define pii pair<int,int>
#define mk make_pair
#define RE register
#define P 1000000007
#define gf(x) scanf("%lf",&x)
#define pf(x) ((x)*(x))
#define uint unsigned long long
#define ui unsigned
#define EPS 1e-4
#define sq sqrt
#define S second
#define F first
#define mod 1000000007
using namespace std;
char buf[1<<15],*fs,*ft;
inline char getc()
{
return (fs==ft&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),fs==ft))?0:*fs++;
}
inline int read()
{
RE int x=0,f=1;RE char ch=getc();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getc();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getc();}
return x*f;
}
const int MAXN=410;
int n,m,cnt;
int b[MAXN];
int f[MAXN][MAXN],g[MAXN][MAXN],c[MAXN][MAXN],ans[MAXN][MAXN];
struct wy{int l,r;}t[MAXN];
int main()
{
//freopen("1.in","r",stdin);
get(n);
rep(1,n,i)
{
int get(l),get(r)+l;
t[i]=(wy){l,r};
b[++cnt]=l;b[++cnt]=r;
}
sort(b+1,b+1+cnt);
rep(1,cnt,i)if(i==1||b[i]!=b[i-1])b[++m]=b[i];
rep(1,n,i)
{
t[i].l=lower_bound(b+1,b+1+m,t[i].l)-b;
t[i].r=lower_bound(b+1,b+1+m,t[i].r)-b;
rep(1,t[i].l,j)rep(t[i].r,m,k)++c[j][k];
//cout<<t[i].l<<' '<<t[i].r<<endl;
}
memset(f,0xcf,sizeof(f));
memset(g,0xcf,sizeof(g));
f[1][0]=0;g[m][0]=0;
rep(2,m,i)rep(0,c[1][i],j)
{
rep(1,i-1,k)
{
f[i][j]=max(f[i][j],f[k][j]+c[k][i]);
if(j>=c[k][i])f[i][j]=max(f[i][j],f[k][j-c[k][i]]);
}
//cout<<i<<' '<<j<<' '<<f[i][j]<<endl;
}
fep(m-1,1,i)rep(0,c[i][m],j)rep(i+1,m,k)
{
g[i][j]=max(g[i][j],g[k][j]+c[i][k]);
if(j>=c[i][k])g[i][j]=max(g[i][j],g[k][j-c[i][k]]);
}
rep(1,m,i)
{
rep(i,m,j)
{
int y=n;
rep(0,n,x)
{
while(y&&min(c[i][j]+x+y,f[i][x]+g[j][y])<=min(c[i][j]+x+y-1,f[i][x]+g[j][y-1]))--y;
ans[i][j]=max(ans[i][j],min(c[i][j]+x+y,f[i][x]+g[j][y]));
}
//cout<<i<<' '<<j<<' '<<ans[i][j]<<endl;
}
}
int ww=0;
rep(1,n,i)ww=max(ww,min(i,f[m][i]));
put(ww);
rep(1,n,i)
{
ww=0;
rep(1,t[i].l,j)rep(t[i].r,m,k)ww=max(ww,ans[j][k]);
put(ww);
}
return 0;
}