这道题真的难，直接贴上byvoid大牛的题解吧，
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <map>
#define ss 9999
#define tt 10000
using namespace std;
const int MAXN = 100000;
const int MAXM = 100000;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
struct Edge
{
int to,next,cap,flow,cost;
} edge[MAXM];
int head[MAXN],tol;
int pre[MAXN],dis[MAXN];
bool vis[MAXN];
int N;//节点总个数，节点编号从0~N-1
void init(int n)
{
N = n;
tol = 0;
memset(head,-1,sizeof(head));
}
void addedge(int u,int v,int cap,int cost)
{
edge[tol].to = v;
edge[tol].cap = cap;
edge[tol].cost = cost;
edge[tol].flow = 0;
edge[tol].next = head[u];
head[u] = tol++;
edge[tol].to = u;
edge[tol].cap = 0;
edge[tol].cost = -cost;
edge[tol].flow = 0;
edge[tol].next = head[v];
head[v] = tol++;
}
bool spfa(int s,int t)
{
queue<int>q;
for(int i = 0; i < N; i++)
{
dis[i] = INF;
vis[i] = false;
pre[i] = -1;
}
dis[s] = 0;
vis[s] = true;
q.push(s);
while(!q.empty())
{
int u = q.front();
q.pop();
vis[u] = false;
for(int i = head[u]; i != -1; i = edge[i].next)
{
int v = edge[i].to;
if(edge[i].cap > edge[i].flow &&
dis[v] > dis[u] + edge[i].cost )
{
dis[v] = dis[u] + edge[i].cost;
pre[v] = i;
if(!vis[v])
{
vis[v] = true;
q.push(v);
}
}
}
}
if(pre[t] == -1)
return false;
else
return true;
}
//返回的是最大流，cost存的是最小费用
int minCostMaxflow(int s,int t,int &cost)
{
int flow = 0;
cost = 0;
while(spfa(s,t))
{
int Min = INF;
for(int i = pre[t]; i != -1; i = pre[edge[i^1].to])
{
if(Min > edge[i].cap - edge[i].flow)
Min = edge[i].cap - edge[i].flow;
}
for(int i = pre[t]; i != -1; i = pre[edge[i^1].to])
{
edge[i].flow += Min;
edge[i^1].flow -= Min;
cost += edge[i].cost * Min;
}
flow += Min;
}
return flow;
}
struct node
{
int r,l,len;
} seg[2001];
int cmp(node a,node b)
{
if(a.l == b.l)
return a.r < b.r;
return a.l < b.l;
}
int main()
{
int n,k;
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i = 1; i<=n; i++)
{
scanf("%d%d",&seg[i].l,&seg[i].r);
}
sort(seg+1,seg+n+1,cmp);
int st = 0,en = 2*n+ 2;
init(2*n+3);
addedge(st,1,k,0);
addedge(2*n,en,k,0);
for(int i =1; i<=n; i++)
{
addedge(i,i+1,INF,0);
addedge(i +n+1,en,1,0);
addedge(i+1,i+n+1,1,seg[i].l - seg[i].r);
}
for(int i = 1; i<=n; i++)
{
for(int j = i+1; j<=n; j++)
{
if(seg[i].r <= seg[j].l)
{
addedge(i+n+1,j+1,1,0);
}
}
}
int cost;
minCostMaxflow(st,en,cost);
printf("%d\n",-cost);
return 0;
}
【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[.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条权之和最大的不想交路径，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，可以看做事相交部分重复了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。