Alice’s Stamps（HDU - 6249）

感受
$变菜了，居然没有想出来$
思路
$n^3暴力Dp应该很容易想的，这里不再赘述$
$设f[i][j]为前i张邮票使用不超过j个集合获得的最大种类数$
$状态转移分析：$
$f[i][j]如何由f[1..i?1][]更新呢？$
$两者差距在于现在多了第i种邮票！$
$（1）如果当前不使用任何集合$
$f[i][j]=f[i?1][j]$
$$\begin{gathered} 即不管现在有没有第i种邮票，我都不选它，所以两者结果 \\ 相同 \end{gathered}$$
$（2）如果当前使用一个集合，即作S$
$a.如果S的左端点大于i，对f[i][j]结果肯定无影响$
$因为，此时大于i的邮票还没出现$
$b.如果S的右端点小与i，此更新答案必<=f[i?1][j]$
$$\begin{gathered} 为什么呢？因为现在的选择并没有涉及到第i种邮票，所以 \\ 用f[i?1][j]答案更优 \end{gathered}$$
$c.除了a与b情况，那么S的左端点<=i，S的右端点>=i$
$$\begin{gathered} 也就是从众多包括i的集合中选择一个最优的，其实看下图 \\ 即可知道最优的是左端点距离i最远且与i有交集的 \end{gathered}$$

$对于此情况，用dp[minl?1][j?1]+i?minl+1更新即可$
$证毕！是不是很简单，我居然想了那么久！$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 2e3 + 10;
int f[maxn][maxn];
int lef[maxn], l, r;
int n, m, k;
int main(){
    int t, kase = 0;scanf("%d", &t);while(t--){
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);for(int i = 1; i <= n; i++) lef[i] = n + 1;for(int i = 1; i <= m; i++){
    scanf("%d%d", &l, &r);for(int j = l; j <= r; j++){
    lef[j] = min(lef[j], l);}}for(int i = 1; i <= n; i++){
    for(int j = 1; j <= m; j++){
    f[i][j] = f[i - 1][j];if(lef[i] <= i){
    f[i][j] = max(f[i][j], f[lef[i] - 1][j - 1] + i - lef[i] + 1);}}}printf("Case #%d: %d\n", ++kase, f[n][k]);}return 0;
}