题目描述

尼克每天上班之前都连接上英特网，接收他的上司发来的邮件，这些邮件包含了尼克主管的部门当天要完成的全部任务，每个任务由一个开始时刻与一个持续时间构成。

尼克的一个工作日为N分钟，从第一分钟开始到第N分钟结束。当尼克到达单位后他就开始干活。如果在同一时刻有多个任务需要完成，尼克可以任选其中的一个来做，而其余的则由他的同事完成，反之如果只有一个任务，则该任务必需由尼克去完成，假如某些任务开始时刻尼克正在工作，则这些任务也由尼克的同事完成。如果某任务于第P分钟开始，持续时间为T分钟，则该任务将在第P+T-1分钟结束。

写一个程序计算尼克应该如何选取任务，才能获得最大的空暇时间。

输入输出格式

输入格式：

输入数据第一行含两个用空格隔开的整数 $N$N和 $K$K( $1\le N\le 10000，1\le K\le 10000$1≤N≤10000，1≤K≤10000)，N表示尼克的工作时间，单位为分钟，K表示任务总数。

接下来共有K行，每一行有两个用空格隔开的整数P和T，表示该任务从第P分钟开始，持续时间为T分钟，其中 $1\le P\le N，1\le P+T-1\le N$1≤P≤N，1≤P+T−1≤N。

输出格式：

输出文件仅一行，包含一个整数，表示尼克可能获得的最大空暇时间。

输入输出样例

输入样例#1：

15 6
1 2
1 6
4 11
8 5
8 1
11 5

输出样例#1：

4

问题分析

这是一道dp题，第一反应是设 $f\left[i\right]$f[i]表示前 $i$i分钟内尼克一共获得的最大休息时间，而有任务就必须要做
于是转移方程就是
$if(!t[i\left].size\right(\left)\right)f[i+1]=max\left(f\right[i+1],f[i]+1)$if(!t[i].size())   f[i+1]=max(f[i+1],  f[i]+1)
$elsef[i+t[i\left]\right[j\left]\right]=max\left(f\right[i+t\left[i\right]\left[j\right]],f[i\left]\right)$else   f[i+t[i][j]]=max(f[i+t[i][j]],  f[i])
$t\left[i\right]$t[i]存的是在第 $i$i分钟开始的任务
然而仔细思考之后，是不是感觉有问题呢？
这就要了解初始化的重要性了！

举个例子

$n=10,k=2,区间是[1,10],[2,3]$n=10,k=2,区间是[1,10],[2,3]
答案显然是 $0$0 对吧， 可按照状态转移方程推出来答案却是 $8$8
原因在于我们用了中间的不合法状态来进行转移了!
$f\left[11\right]是由f\left[3\right]一步步转移来的，然而任务2根本没有机会完成，也就是说，f\left[3\right]是不合法的状态$f[11]是由f[3]一步步转移来的，然而任务2根本没有机会完成，也就是说，f[3]是不合法的状态
想想我们的dp，正确性的保证来源于上一个状态的正确性，以及转移方程的正确性，有些像数学归纳法吧。在这道题中，我们是无法保证每一个状态都是正确的，因为有不合法的状态，也就是遇到任务不一定必做，因此我们不能用不合法的状态来推合法的状态。加上初始化之后，遇到任务就相当于是必做了，每个合法状态就都是由前一个合法的状态转移而来的了，而每个合法状态的转移明显符合上述方程，因此这个dp就是对的了！

下面贴一波代码

//if(!t[i].size()) f[i+1] = f[i] + 1
//else f[i + t[i][j]] = max(f[i + t[i][j]], f[i])
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#define N 10005
using namespace std;
int f[N];
vector<int> t[N];
int main(){
	int i, j, n, m, k, p;
	scanf("%d%d", &n, &k);
	memset(f, 0xc0, sizeof(f));
	for(i = 1; i <= k; i++){
		scanf("%d%d", &p, &j);
		t[p].push_back(j);
	}
	f[1] = 0;
	for(i = 1; i <= n; i++){
		if(t[i].size()){
			for(j = 0; j < t[i].size(); j++){
				f[i + t[i][j]] = max(f[i + t[i][j]], f[i]);
			}
		}
		else f[i+1] = max(f[i+1], f[i] + 1);
	}
	printf("%d", f[n+1]);
	return 0;
}

这道题在一定程度上是加深了我对dp的理解的，非常奈斯！

最后讲讲这题还有倒推的做法， $f\left[i\right]$f[i]表示 $i-n$i−n共获得的休息时间。

转移方程

$if(!t[i\left].size\right(\left)\right)f\left[i\right]=max\left(f\right[i],f[i+1]+1)$if(!t[i].size())  f[i]=max(f[i],  f[i+1]+1)
$elsef\left[i\right]=max\left(f\right[i],f[i+t\left[i\right]\left[j\right]\left]\right)$else  f[i]=max(f[i],  f[i+t[i][j]])
倒推是不用初始化的，为什么呢？原因就在于每个状态都是合法状态，而转移又是对的，满足了有任务必须做的要求。
哎呀说的比较乱，但这些都是我的思考过程，希望看的人能尽量理解吧！