考虑把总区间长度减去最多能减少的区间长度
把所有区间离散化，对每一小段计算贡献
分类讨论一波，对于边界 $i,i+1$ ，设它们之间距离 $d$，$i$ 属于 $x$ 考察队的边界，$i+1$ 属于 $y$ 考察队的边界：
$i$ 为左边界，$i+1$ 为左边界，显然如果给 $x$ 钥匙就可以让这一段时间关门，给 $x$ 的贡献 $val[x]$ 加上 $d$ ，表示给 $x$ 钥匙得到的贡献
$i$ 为左边界，$i+1$ 为右边界，如果 $x=y$ ，显然给 $x$ 钥匙就可以让这段时间关门，那么给 $val[x]$ 加 $d$
如果不为同一个考察队，那么如果要得到这一段的价值就必须同时给两个考察队钥匙，就从 $x$ 往 $y$ 连一条边权为 $d$ 的单向边，表示 $x,y$ 都有钥匙得到的贡献
$i$ 为右边界，$i+1$ 为左边界，那么这一段显然关门就好，直接给答案加上 $d$
$i$ 为右边界，$i+1$ 为右边界，那么给 $y$ 钥匙就可以让这段时间关门，所以 $val[y]+=d$
（注意此时不用考虑 $x$ 能不能进来，$x$ 在之前就已经考虑过了）
发现这的图是由几条链组成的，所以可以对每条链分别 $dp$
设 $f[i][j][1/0]$ 表示前 $i$ 个点，给了 $j$ 个点钥匙，当前点 $i$ 选$/$不选的最大代价
具体实现起来还有点难度，看代码吧
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> #include<vector> #include<map> using namespace std; typedef long long ll; inline int read() { int x=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } return x*f; } const int N=5e3+7,INF=1e9+7; int n,K,tot,ans; int pos[N],val[N],eval[N],nex[N];//eval是边的价值，nex存边 map <int,int> mp;//维护某个位置的编号 int id[N],f[2007][2007][2];//id是新的编号(同一条链的编号连续),f是dp数组 bool vis[N];//是否被重新编号过 void dfs(int x) { vis[ id[++tot]=x ]=1; if(nex[x]) dfs(nex[x]); }//给一条链的每个节点编号 int main() { n=read(),K=read(); int l,r; for(int i=1;i<=n;i++) { l=read(),r=read(); mp[l]=i<<1; mp[r]=i<<1|1;//编号 pos[i]=l; pos[n+i]=r;//存位置，注意位置都是左闭右开的！ } sort(pos+1,pos+(n<<1)+1);//排序 int res=0; for(int i=1;i<(n<<1);i++)//对每一小段分类讨论 { l=pos[i],r=pos[i+1]; int ld=mp[l],rd=mp[r]; if( !(ld&1) )//i为左边界 { if( !(rd&1) ) val[ld>>1]+=r-l;//i+1为左边界 else//i+1为右边界 { if( (ld|1)==rd ) val[ld>>1]+=r-l;//如果属于同一点 else nex[ld>>1]=(rd>>1),eval[ld>>1]=r-l; } } else//i为右边界 { if( !(rd&1) ) res+=r-l;//i+1为左边界 else val[rd>>1]+=r-l;//i+1为右边界 } } for(int i=n<<1;i;i--)//注意从后往前找，要让链的节点编号连续 { int d=mp[pos[i]]; if( !(d&1) && !vis[d>>1] ) dfs(d>>1); } memset(f,~0x3f,sizeof(f));//记得初始化 f[tot+1][0][0]=0; for(int i=tot;i;i--) { f[i][0][0]=0; for(int j=1;j<=min(K,tot-i+1);j++) { f[i][j][0]=max(f[i+1][j][0],f[i+1][j][1]); f[i][j][1]=max(f[i+1][j-1][0], f[i+1][j-1][1]+eval[ id[i] ] )+val[ id[i] ]; } } printf("%d", pos[n<<1]-pos[1]-res-max(f[1][K][0],f[1][K][1]) ); return 0; }