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## [$AcWing$ $362$. 区间](https://www.acwing.com/problem/content/364/)
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### 一、题目描述
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给定 $n$ 个区间 [$a_i,b_i$] 和 $n$ 个整数 $c_i$。
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你需要构造一个整数集合 $Z$，使得 $∀i∈[1,n]$，$Z$ 中满足 $a_i≤x≤b_i$ 的整数 $x$ 不少于 $c_i$ 个。
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求这样的整数集合 $Z$ **最少** 包含多少个数。
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**输入格式**
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第一行包含整数 $n$。
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接下来 $n$ 行，每行包含三个整数 $a_i,b_i,c_i$。
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**输出格式**
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输出一个整数表示结果。
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**数据范围**
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$1≤n≤50000$,
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$0≤a_i,b_i≤50000$,
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$0≤c_i≤b_i−a_i+1$
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**输入样例**：
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```cpp {.line-numbers}
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5
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3 7 3
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8 10 3
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6 8 1
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1 3 1
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10 11 1
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```
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**输出样例**：
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```cpp {.line-numbers}
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6
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```
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### 二、题目解析
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本题同样考察差分约束，难点在于想到用 **前缀和** 的方法去求解。题目中有两个地方可以想到需要使用前缀和:
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- 第一个地方是集合$Z$中在$[a_i,b_i]$中的的$x$不少于$c_i$个，**要求一个集合在若干个区间中数的个数，最快的方法就是使用前缀和**。
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- 另一个是只要求集合在给定区间中数的个数不小于$c$，但是这些数的选取并不是唯一的，所以$Z$中具体数的值并不重要，只需要知道在每个区间内$Z$中元素的个数是多少，这里也 **暗示了使用前缀和**。
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设$s[i]$表示集合$Z$中有$s[i]$个元素是在$1$到$i$之间的，则在区间$[a,b]$中就存在$s[b] - s[a - 1]$个集合中的元素。
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下面将题目条件 **转化为差分约束的条件**，
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- ① 前缀和中默认的条件：$s[i - 1] <= s[i]$
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- ② 第$i$个元素要么在集合中、要么不在，这意味着$s[i]$至多比$s[i - 1]$多$1$，所以有$s[i-1] >= s[i] - 1$
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- ③ 需要加上题目中的约束条件，在$a$到$b$区间中出现的个数不少于$c$个，即$s[b] - s[a - 1] >= c$
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需要注意的是$a$和$b$的范围是从$0$开始的，为了在区间左端点等于$0$时使用前缀和数组不发生越界，需要将所有的区间均右移一个单位。最多有$50000$左右个点，上面的三类约束条件都可能出现$50000$来次，所以最多有$150000$左右条边。要想求集合中至少包含多少个数，只需要求$s[50001]$的最小值即可（这里向右偏移了$1$个单位，所以是$50001$），**求不等式组解的最小值自然是求最长路了**。建图时虚拟源点$0$到$1$,$1$到$2$，...都是有连边的，所以所有的点都是可达的。集合$Z$中最坏情况是包含了$50000$以内所有的点，所以一定是有解的。最后补充一句，这里的前缀和$s[i]$在$spfa$算法中也就是距离数组$d$。
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#### $Code$
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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// 这里也可以把[a,b]区间往右移动一个单位，
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// 这样就可以空出来S[0]这个点，作为超级原点
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const int N = 50010, M = N * 3 + 10;
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int dist[N];
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int m; // m个区间，可以理解为m条边
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bool st[N];
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// 邻接表
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int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
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void add(int a, int b, int c) {
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e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
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}
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void spfa() {
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queue<int> q;
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// 求最大路径长度
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memset(dist, -0x3f, sizeof dist);
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dist[0] = 0;
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st[0] = true;
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q.push(0);
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while (q.size()) {
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int u = q.front();
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q.pop();
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st[u] = false;
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for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
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int v = e[i];
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if (dist[v] < dist[u] + w[i]) {
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dist[v] = dist[u] + w[i];
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if (!st[v]) {
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q.push(v);
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st[v] = true;
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}
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}
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}
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}
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}
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int main() {
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cin >> m;
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memset(h, -1, sizeof h);
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/*
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① s(i) >= s(i-1) + 0
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② s(i-1)>= s(i) - 1
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*/
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for (int i = 1; i < N; i++) add(i - 1, i, 0), add(i, i - 1, -1);
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while (m--) {
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int a, b, c;
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cin >> a >> b >> c;
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a++, b++;
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add(a - 1, b, c); // s(b) >= s(a-1) + c
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}
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spfa();
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printf("%d\n", dist[50001]);
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return 0;
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}
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``` |