D:圆
正着求删除的最小代价不好做，采用逆向思维，求选择一些不相交的线段使得构成一个圆的代价尽量大，最后答案就是所有线段权值之和减去最大代价。
那么如何求这个最大代价呢？显然区间DP
老套路：破环成链，枚举区间长度 len ，枚举区间左端点 i 和右端点 j
很明显没有线段长度为1，故len从2开始
具体的
线段的操作和点的相似但又不完全相同具体看代码即可。
1：不选择以左端点的线段，
2、选择以为左端点的线段。枚举左端点 所能到达的右端点 v，权值为 w，那么当前的答案
由 区间 
的答案加上 区间 
的答案加上线段 
的权值构成，即
int n, m;
int f[M][M]; // f[i][j] 区间i到j不相交边的最大价值
vector<PII> g[N];
void solve()
{
cin >> n >> m;
int s = 0;
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
int x, y, w;
cin >> x >> y >> w;
if (x > y)
swap(x, y);
g[x].pb({y, w});
g[y].pb({x + n, w});
s += w;
}
for (int len = 2; len <= 2 * n; len++)
{
for (int i = 1; i + len - 1 <= 2 * n; i++)
{
int j = i + len - 1;
f[i][j] = f[i + 1][j]; // 不选择以i为左端点的线段
for (auto ed : g[i]) // 选择以i为左端点的线段
{
int v = ed.xx, w = ed.yy;
if (v > j) // 已经越过右端点了
continue;
if (v - 1 > i + 1) //区间端点，不能相同
w += f[i + 1][v - 1];
if (j > v + 1)
w += f[v + 1][j];
f[i][j] = max(f[i][j], w);
}
}
}
int tmp = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
tmp = max(tmp, f[i][i + n - 1]);
s = s - tmp;
cout << s << endl;
}
类似的题目
F. Yet Another Segments Subset
两个题目非常相似但是又不完全相同。
本题的数据显然如果直接区间dp会超时，但是n却是很小我们想能不能进行离散化。
本题的相交比较上一题有点不同，不同在包含的时候端点可以相交，而不包含时端点不可相交。
很明显，离散化候不同区间值被拉近了距离，但是不相交得还是不相交，所以本题可以离散化。(具体题目具体分析，有的题目可能会有坑）
状态表示：
表示区间 
里面满足题意得最大区间数量。
然后我们就想一下转移方程：
具体的还是区间DP的过程，枚举区间长度 len ，枚举区间左端点 i 和右端点 j
我们还是以选不选以 
为左端点的区间，
1：不选
2:选 
我们看第二个方程，很明显就是我们上面说的；
即只有完全包含端点才可以相同；
我们还要注意一种情况那就是区间恰好等于 ,这种情况由于
,被跳过了
所以最后加上个数即可完成。
int n;
PII p[N];
vector<int> g[N];
void solve()
{
vector<int> t;
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
int l, r;
cin >> l >> r;
p[i] = {l, r};
t.pb(l);
t.pb(r);
}
sort(t.begin(), t.end());
t.erase(unique(t.begin(), t.end()), t.end());
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
int x = lower_bound(t.begin(), t.end(), p[i].xx) - t.begin() + 1;
int y = lower_bound(t.begin(), t.end(), p[i].yy) - t.begin() + 1;
g[x].pb(y);
}
int m = t.size();
vector<vector<int>> f(m + 10, vector<int>(m + 10));
for (int len = 1; len <= m; len++)
{
for (int i = 1; i + len - 1 <= m; i++)
{
int j = i + len - 1;
f[i][j] = f[i + 1][j];
int cnt = 0;
for (auto ed : g[i])
{
int v = ed;
if (v == j)
cnt++;
if (v < j)
f[i][j] = max(f[i][v] + f[v + 1][j], f[i][j]);
}
f[i][j] += cnt;
}
}
cout << f[1][m] << endl;
for (int i = 0; i <= m + 1; i++)
g[i].clear();
}