我们假设我们有n个时间表。每个时间表i具有权重w（i），准备时间prep（i）和休息时间rest（i）。
准备时间意味着如果我们选择时间表i，我们有义务不选择时间表i - prep（i），i - prep（i）+ 1 ... i-1。
休息时间意味着如果我们选择shedule i，我们有义务不选择shedules i + 1，i + 2 ... i + rest（i）
我们的任务是根据上述限制选择合适的时间表，以便最大化W。
注意：对于i = 1，我们忽略prep（i）。我们假设我们已经准备好了。对于i = n，忽略休息（i）。
限制：一个时间表的准备时间可能与另一个时间表的休息时间重叠。举个例子，如果我们有rest（5）= 2，prep（8）= 2，我们可以选择两个时间表。 rest（5）= 2表示如果我们选择5，则不允许选择6和7。 Prep（8）= 2表示如果我们选择8，则不允许选择6和7。所以我们可以选择5和8。
此任务最合适的算法是什么？
如果不是限制，我们可以说每个时间表都有开始时间i - prep（i）和结束时间i + rest（i）。我们会有一个加权活动选择问题，所以我们可以用贪心算法得到一个最优的O（nlogn）。但是限制破坏了我的计划。
答案 0 :(得分：1)
让f(i)成为最佳答案，以便i - 活动是最后一个。如果j和i，我们可以从活动j < prep(i)转到活动j + rest(j) < i。换句话说，f(i) = (max of f(j) among all valid j such that j < prep(i) and j + rest(j) < i) + 1。这个公式导致了一个简单的O(N^2)解决方案。
但我们可以做得更好！让我们保持一个持久的分段树以获得最大的操作（数组中每个位置的一个版本）。最初，它充满了零。对于固定的i，我们转到prep(i) - 1版本并在[0, i - 1]范围内执行最大查询。然后f(i)是此最大值加1的值。之后，我们使用i + rest(i)更新位置f(i)中的树（即创建新版本）。就是这样。
我们O(N)获得最大值并将一个元素查询更新为持久段树，因此解决方案需要O(N log N)时间和空间，这看起来非常好。但是，它似乎相当复杂。
现在让我们摆脱持久性。我们可以保持“正常”（即非持久性细分树），并在我们到达i之后用f(i)更新位置j = i + rest(i)中的值（通过保留，让我们说，在每个位置添加的元素向量）。我们不再需要关心第二个限制了。因此，f(i)是[0, prep(i) - 1]范围内的最大值加1。找到f(i)后，我们会将i + rest(i)位置添加到要添加的向量中。
它仍然使用O(N log N)时间，但空间复杂度现在是线性的，我们不再需要持久的分段树（事实上，每次更新只能增加值，我们需要一个最大值前缀，所以我们可以在这里使用二进制索引树而不是段树。