题意就是给出多个区间，要求去掉两个区间，使得剩下的区间覆盖范围最大。
当然比赛的时候还是没能做出来，不得不佩服大佬的各种姿势。
当时我想的是用线段树维护区间和，然后用单点判0，维护区间间断个数。然后打到一半，就发现想法有问题。
这道题正解就是简单的前缀和，或者DP。
我为了更加深入理解，两种方法都试了试。
前缀和版本：
由于题目给的范围是5000，明显支持N^2，于是我们枚举去掉的两个，刚好满足，那么要如何才能O(1)的得到答案？
我们其实可以这样，我们知道它的总覆盖的数目，这是非常容易求出的。减去枚举的区间对答案的贡献即可。那么如何减去贡献，我们知道两个区间，可能有两种情况，一种是有交集部分，这一部分需要在交集区间上减去2次，而剩下的部分需要在剩下部分减去1次就行。
那么如果要对答案产生影响，答案就是
总覆盖区间=枚举区间交集部分刚好被覆盖两次+剩下交集为空的区间被覆盖一次的个数
考虑如何求被覆盖一次的个数，通过维护差分，求得每个点的被覆盖次数
枚举区间，就能求得每个区间，被覆盖次数为1的个数（不会有交集）。
那么如何求两个区间交集部分刚好被覆盖两次的值呢？？？
很简单，由于这个区间交集是不确定的。那么我们如何求呢？
我们已经知道每个点的覆盖次数。
那么我们可以知道刚好被覆盖两次的点，所在位置。
利用前缀和，和差分的思想，我们可以用一个新的前缀和数组，记录当前被覆盖的次数刚好被覆盖次数为1的位置。
然后求前缀和，这样我们就能快速的求出，[L,R]区间内，刚好为2的个数。
这样答案也出来了，注意枚举区间可能交集可能不存在，这样就不用算覆盖次数为2的个数。
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
using namespace std;
const int maxx = ;
int pre[][maxx];
struct node{
int l,r;
}a[maxx];
int main(){
int n,q,sum,ans;
while(~scanf("%d%d",&n,&q)){
ans=;
sum=;
memset(pre,,sizeof(pre));
for (int i=;i<=q;i++){
scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r);
pre[][a[i].l]+=;
pre[][a[i].r+]-=;
}
for (int i=;i<=n;i++){
pre[][i]+=pre[][i-];//每个位置的情况
if (pre[][i])sum++;
}
for (int i=;i<=n;i++){
if (pre[][i]==)
pre[][i]++;//每个位置个数是否是2
}
for (int i=;i<=n;i++){
pre[][i]+=pre[][i-];//次数==2的前i项个数
}
for (int i=;i<=q;i++){
for (int j=a[i].l;j<=a[i].r;j++){
if (pre[][j]==){
pre[][i]++;//在第i个区间内部有多少个数为1的个数
}
}
}
for (int i=;i<=q;i++){
for (int j=i+;j<=q;j++){
int l=max(a[i].l,a[j].l);
int r=min(a[i].r,a[j].r);
int tmp=sum;
if (r>=l)
tmp-=(pre[][r]-pre[][l-]);
tmp-=(pre[][j]+pre[][i]);
ans=max(ans,tmp);
}
}
printf("%d\n",ans);
}
return ;
}
那么我们考虑DP做法。
这个DP和我前几天做的DP非常像。
我们可以构建这样DP
DP[i]代表，选到i位置，选择k个的最优解。用L[i]表示某个覆盖到i位置的区间，往左能覆盖的最小坐标
那么转移方程就是：
dp[j]=max(dp[L[j]-1]+j-L[j]+1,dp[j])
同时要是短的段落，能覆盖的个数是大于当前的，可以更新更长的段。
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define rep(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
#define per(i,j,k) for(int i=j;i>=k;i--)
using namespace std;
const int maxx = +;
int dp[maxx];
int L[maxx];
int main()
{
int n,q,tmp,l,r;
while(~scanf("%d%d",&n,&q))
{
rep(i,,n)
{
L[i]=i+;
dp[i]=;
}
rep(i,,q)
{
scanf("%d%d",&l,&r);
rep(j,l,r)
{
L[j]=min(L[j],l);
}
}
// for (int i=1;i<=n;i++){
// printf("%d ",L[i]);
// }
// cout<<endl;
rep(i,,q-)
{
per(j,n,)
{
dp[j]=max(dp[L[j]-]+j-L[j]+,dp[j]);
}
rep(j,,n){
dp[j]=max(dp[j],dp[j-]);
}
}
printf("%d\n",dp[n]);
}
return ;
}