洛谷 P1280 尼克的任务+上网

题目描述：洛谷 P1280 尼克的任务

分析：

本题是一道DP题，我们可以把它看成是一个类似与线段覆盖的题目，只是最后给出的答案是用整个长度减去最大覆盖长度即可。
考虑一下DP方程：f[i]表示在从n到i这段时间中最少的休息时间；
两个状态更新：一个是当前时刻i没有在开始进行的工作，那么就f[i]=f[i+1]+1;(此过程从n到1倒推)
另一个便是如果当前i时刻有开始工作的任务，那么就从多个中选择一种能够所需的最大时间f[i]=max(f[i],f[i+m[now].la])（.la表示的终止时间）
注意这里1～3与3～5是可以同时覆盖成1～5。

程序代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int now;
struct miss{ int st; int la;};//st表示的是开始时间，la表示的是开始往后多少时间
bool cmp(miss a,miss b){ return a.st>b.st;}//排序
struct miss m[10001];
int mis[10001];
int f[10001];
int n,k;
int main(){
    cin>>n>>k;
    for(int i=1;i<=k;i++){
        cin>>m[i].st>>m[i].la;
        mis[m[i].st]++;//存下相同开始时间的个数
    }
    sort(m+1,m+1+k,cmp);//按照开始时间的大小排序
    for(int i=n,now=1;i>=1;i--){
        if(!mis[i]) f[i]=f[i+1]+1;//如果没有开始的工作，那就将休息时间+1
        else for(int k=1;k<=mis[i];k++,now++) f[i]=max(f[i],f[i+m[now].la]);
        //如果有开始的工作，那就从f[i]和f[i+m[now].la]中选择最大的即可
    }
    cout<<f[1];
    return 0;    
}

上网

（这题是本校在洛谷上的团队题，不好给链接，所以就给个题面吧）

题目描述

假设有n个人要上网，却只有1台电脑可以上网。上网的时间是从1 szw 至 T szw ，szw是一个自创的时间单位，至于 szw怎么换算成s,min或h，没有人清楚。依次给出每个人在某个时间段内上网的快乐程度C（必须这个人在整个时间段内都在上网，才能获得快乐程度C，否则，快乐程度是0），请你得到使总的快乐程度达到最大的方案。

输入输出格式

输入格式：

第1行2个整数 n和T,含义如题目所述；
接下来有n个这样的结构（每两个相邻的结构之间有一空行，且第1个结构和第一行间有一空行）：
第1行一个整数Mi，表示第i个人的时间段的个数；
接下来有Mi行，每行3个整数Xj,Yj,C，表示第i个人在[Xj，Yj]内上网的快乐程度为C，
因此有Xj-Yj-1=1，X1=1，Ymi=T，Xj<=Yj。

输出格式：

仅输出一行，为总的最大的快乐程度。

输入样例

3 10
3
1 3 6
4 7 9
8 10 3

3
1 3 5
4 7 10
8 10 1

4
1 3 2
4 8 2
9 9 6
10 10 3

输出样例

25
【样例说明】

在[1，3]内，安排1上网，快乐程度为6；

在[4，7]内，安排2上网，快乐程度为10；在[8，8]内，不安排；

在[9，9]内，安排3上网，快乐程度为6；

在[10，10]内，安排3上网，快乐程度为3；

这是使总的快乐程度达到最大的方案，对应的值是25。
【数据范围】

对于30%的数据，n<=4，所有的Mi<=5，T<=20；

对于60%的数据，n<=100，所有的Mi<=100，T<=2000；

对于100%的数据，n<=500，所有的Mi<=500，T<=500000，所有的0

题目分析：

本题之所以放在上面那题的下面，是因为本蒟蒻做这题的时候想到跟上面类似的做法。
在上一题中，我们用f[i]表示了i到n的休息最小值，在这里我想用来表示i到n能够获取的总的最大快乐程度。详见代码。本题要注意的是像上面所讲的1～3和3～5不能合成1～5，因为在这道题中，1～3表示是将这段时间都霸占了，3这个时刻不能再用了。

程序代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;
int now,n,tt,tot,t;
struct ar1{ int st,ed,w;}m1[250001],m[250001];//st开始时间，ed结束时间，w存的是价值
bool cmp(ar1 a,ar1 b){return a.st>b.st;}
int mis[5000001],f[5000001];//mis[i]表示在时间i时开始的任务数
inline int read(){//读入优化
    int x=0,w=1;char ch=getchar();
    while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
    if(ch=='-') w=-1,ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(ch-48),ch=getchar();
    return x*w; 
}
int main(){
    freopen("T747.in","r",stdin);
    freopen("T747.out","w",stdout);
    n=read();t=read();
    for(register int k=1;k<=n;++k){
        int mm=read();
        for(register int i=1;i<=mm;++i){
            m1[++tt].st=read(); m1[tt].ed=read(); m1[tt].w=read();
        }//先将数据读入
    }
    sort(m1+1,m1+1+tt,cmp);//按照开始时间排序
    for(register int i=1;i<=tt;++i) 
        if(m1[i].st!=m[tot].st||m1[i].ed!=m[tot].ed) m[++tot].st=m1[i].st,m[tot].ed=m1[i].ed,m[tot].w=m1[i].w,mis[m1[i].st]++;
        else if(m1[i].w>m[tot].w) m[tot].w=m1[i].w;
        //这里主要是去重操作，根据样例，会有很多重复的数据，
        //例如他可能会给你1 3 1，1 3 2，1 3 3之类的，这样有用的就只有1 3 3，
        //所以去掉，并且会给以后的操作腾时间出来。
    for(register int i=t,now=1;i>=1;--i){
        if(!mis[i]) f[i]=f[i+1];
        else{
            for(register int k=1;k<=mis[i];++k,++now){
                f[i]=max(max(m[now].w+f[m[now].ed+1],f[i+1]),f[i]);
                //将m[now].w+f[m[now].ed+1],f[i+1]),f[i]这三个取max
                //至于为什么，自己可以好好想想
            }
        }
    }
    printf("%d\n",f[1]);//最后输出
    return 0;    
}