题意：将 \(n\) 个线段分成恰好 \(m\) 组，每个线段需要且只能分进一组。求这 \(m\) 组线段合法的得分之和最大是多少。一组线段的得分定义为它们的交的长度（区间长度为右端点减左端点）。一个方案合法，当且仅当每组线段有交且长度大于 \(0\)。保证有解。
\(m \le n \le 200\)。线段端点取值 \([0, 10^5]\)。
Hint
考虑线段两两不包含怎么做。
Answer：显然按照左端点（或右端点）排序，而且显然存在一种最优方案使得每组都选择一个区间。\(O(n^3)\) DP 即可。
Solution
如果有一条线段 \(A\) 包含于另一条线段 \(B\)，那么 \(B\) 可以认为是不重要的。因为他如果和 \(A\) 分在同一组，对该组得分一定没有贡献。
但是我们也不能直接删掉 \(B\)。原因是，直接删掉所有有“孩子线段”的线段，可能剩下的不足以分成 \(m\) 组。
同时，我们又不能直接将 \(B\) 单独成段计入贡献。原因类似。
那我们考虑拿出所有的 \(B\)。发现这些 \(B\) 之间可能还存在包含关系，然后发现这就是一个子问题。
那我们需要的是，对 \(B\) 计算出分成 \(i \in [0, m]\) 组的最大贡献，对剩下来的部分，也求出来分成 \(i \in [0, m]\) 的最大贡献。背包背起来就是答案。这个过程可以递归进行。
但是有一个细节。\(B\) 集中的某条线段可能和某一个 \(A\) 同一组。这时 \(B\) 集中就不需要选该条线段从而使答案更大。
所以 DP 的时候额外记录一下该部分有没有线段不选即可。
输出答案的时候自然不能允许存在不选的线段。
时间复杂度 \(O(n^3)\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;//#define filename "intervals"
#define FileOperations() freopen(filename".in", "r", stdin), freopen(filename".out", "w", stdout)
//#define multi_cases 1#define inf 0x3f3f3f3f
#define Linf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define pii pair<int, int>
#define ull unsigned long long
#define all(v) v.begin(), v.end()
#define upw(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define dnw(i, a, b) for(int i = (a); i >= (b); --i)template<class T> bool vmax(T &a, T b) { return b > a ? a = b, true : false; }
template<class T> bool vmin(T &a, T b) { return b < a ? a = b, true : false; }
template<class T> void clear(T &x) { T().swap(x); }const int N = 205;int n, m, a[N], b[N];int check(int i, vector<int> p) {for(auto j : p) if(i != j) {if(a[i] <= a[j] && b[j] <= b[i]) return 1;}return 0;
}vector<vector<int> > solve(vector<int> &p) {if(p.empty()) return vector<vector<int> >(m+1, vector<int>(2));vector<int> c;for(auto it = p.begin(); it != p.end(); ) {if(check(*it, p)) c.push_back(*it), it = p.erase(it);else ++it;}auto g = solve(c);sort(all(p), [&] (int i, int j) { return a[i] < a[j]; }); //现在不存在区间互相包含了vector<vector<vector<int> > > f(p.size()+1, vector<vector<int> >(m+1, vector<int>(2, -inf)));f[0][0][0] = 0; //去掉了0条线段upw(j, 1, m) {upw(i, 1, (int)p.size()) {int L = -inf, R = inf;dnw(i_, i-1, 0) {int y = p[i_];vmax(L, a[y]), vmin(R, b[y]);if(L >= R) break;vmax(f[i][j][0], f[i_][j-1][0] + (R - L));// cerr << "; " << i_ << '\n';}}}upw(i, 1, (int)p.size()) f[i][0][1] = 0;upw(j, 1, m) {// cerr << j << '\n';upw(i, 1, (int)p.size()) {vmax(f[i][j][1], max(f[i-1][j][1], f[i-1][j][0]));int L = -inf, R = inf;dnw(i_, i-1, 0) {int y = p[i_];vmax(L, a[y]), vmin(R, b[y]);if(L >= R) break;vmax(f[i][j][1], f[i_][j-1][1] + (R - L));}}}vector<vector<int> > h(m+1, vector<int>(2));upw(o, 0, 1) {upw(i, 0, m) upw(j, 0, i)vmax(h[i][o], f[(int)p.size()][j][o] + max(g[i-j][0], g[i-j][1]));}return h;
}void WaterM() {cin >> n >> m;upw(i, 1, n) cin >> a[i] >> b[i];vector<int> p;upw(i, 1, n) p.push_back(i);auto f = solve(p);cout << f[m][0] << '\n';
}signed main() {
#ifdef filenameFileOperations();
#endifsigned _ = 1;
#ifdef multi_casesscanf("%d", &_);
#endifwhile(_--) WaterM();return 0;
}
