区间动态规划

字数 9744 2025-12-13 02:59:49

好的，根据要求，我已经排除了列表中所有已讲过的题目。现在为你随机讲解一个区间动态规划领域的新题目。

题目：带权区间覆盖的最小成本问题

题目描述

你有一条数轴，从位置 0 到位置 n（n <= 1000）。数轴上分布着 m 个带权重的区间 [l_i, r_i]，每个区间有一个成本 c_i (均为正整数，c_i <= 10^6)。你的任务是选择若干区间，使得这些区间的并集完全覆盖从 0 到 n 的整段数轴，并且总成本最小。请注意，区间不需要恰好首尾相连，只要它们的并集能覆盖 [0, n] 之间的每一个点即可。如果无法完全覆盖，则返回 -1。

输入示例:

n = 10
区间: [0, 2], cost = 5
       [1, 4], cost = 3
       [3, 6], cost = 2
       [5, 8], cost = 4
       [7, 10], cost = 1
       [9, 10], cost = 6

输出示例:

最小成本 = 8
解释: 选择区间 [1,4] (cost3), [3,6] (cost2), [7,10] (cost1)，并集覆盖了[0,10]。
      总成本 = 3+2+1 = 6？等等，检查：[0,2]没有被覆盖。所以需要调整。
      正确选择是：[0,2] (cost5), [3,6] (cost2), [7,10] (cost1) = 5+2+1=8。

解题思路

这是一个经典的加权区间覆盖问题，可以通过区间动态规划来解决。核心思想是：我们将问题看作是在数轴上从左到右“铺设”覆盖，状态表示当前覆盖到的最远右端点。

步骤1：预处理与排序
首先，为了便于处理，我们可以将所有区间按照左端点 l_i 从小到大排序。如果左端点相同，可以按照右端点从大到小排序（优先覆盖更远的区间可能更优，但DP过程中会自然比较，所以按右端点排序也行，不是必须）。

步骤2：定义DP状态
定义 dp[x] 表示覆盖从起点 0 到点 x（且必须恰好覆盖到 x，即 x 是当前覆盖的右端点）的最小成本。

初始状态：dp[0] = 0，表示覆盖到位置0的成本为0（还没有选择任何区间）。对于其他位置，dp[i] = INF（一个很大的数，表示不可达）。
目标：我们需要的是 min(dp[n])？不，因为覆盖到位置x并不代表[0, x]都被覆盖了（可能有空洞）。所以我们需要修改状态定义。

更准确的状态定义：
定义 dp[i] 表示覆盖从 0 到 i（闭区间）的最小成本。
但这样定义在状态转移时，我们需要知道是从哪个状态“跳”过来的，比较麻烦。一个更巧妙且常见的状态定义是：

dp[r] 表示覆盖从 0 到 r（即能够完全覆盖区间 [0, r]）的最小成本。
注意，这里的“覆盖”意味着 [0, r] 内的每个点都至少被一个选中的区间所覆盖。

步骤3：状态转移
我们遍历排序后的所有区间 [l, r]，其成本为 cost。
对于一个区间 [l, r]，如果我们想使用它，那么我们需要知道在它之前我们已经覆盖到了哪里。

如果 l <= 0，说明这个区间可以直接从起点开始覆盖。那么使用这个区间后，我们可以覆盖到 r。所以 dp[r] 可能更新为 min(dp[r], cost)。
如果 l > 0，为了使用这个区间，我们需要在它左边已经覆盖到了至少 l-1 的位置（因为区间 [l, r] 覆盖了 l 到 r，如果 [0, l-1] 已经被覆盖，那么加上这个区间，[0, r] 就被覆盖了）。
因此，我们需要遍历所有已经计算出的 dp[k]（k >= l-1），然后 dp[r] = min(dp[r], dp[k] + cost)。
但是，更高效的做法是：我们不需要遍历所有 k >= l-1，只需要知道所有能覆盖到 l-1 或更远的最小成本。因为如果 k1 < k2 且 dp[k1] > dp[k2]，那么 k1 肯定不是最优的前驱。

实际上，我们可以按右端点顺序进行DP。更标准的做法是：

初始化 dp[0] = 0，其他为 INF。
将所有区间按左端点排序。
我们维护一个当前最优的覆盖成本数组，但通常使用以下方法：
对于每个位置 i (从0到n)，我们尝试用 dp[i] 去更新后续的状态。
但我们更常用 “以区间为驱动” 的DP：
对于每个区间 [l, r]，我们尝试用 dp[l] 去更新 dp[r]？不对，因为 dp[l] 表示覆盖 [0, l] 的最小成本，而区间 [l, r] 要求 [0, l-1] 被覆盖，所以我们需要 dp[l-1]。
因此，状态转移方程为：
dp[r] = min(dp[r], dp[l-1] + cost)，其中 dp[l-1] 必须是有定义的（不是INF）。
但前提是，dp[x] 必须保证 [0, x] 被完全覆盖。

更严谨的DP过程：
我们定义 dp[i] 为覆盖 [0, i] 的最小成本（i 从 0 到 n）。
初始化：dp[0] = 0。注意，dp[i] 可能不直接等于从某个状态跳过来，因为覆盖可能是由多个区间重叠完成的。
一种标准解法是：

对区间按左端点排序。
遍历每个位置 i 从 0 到 n。
对于每个 i，我们尝试用所有左端点小于等于 i+1 且右端点大于等于 i 的区间来更新 dp[i] 到更远的 dp[r]。但这在实现时比较低效。

高效的标准算法：
我们采用类似“最短路径”的思想。

将每个区间 [l, r] 看作一条从节点 l 到节点 r+1 的边，权重为 cost？这样不对，因为覆盖是连续的。
实际上，我们可以这样建模：
对于每个区间 [l, r]，如果我们已经覆盖了 [0, l-1]，那么我们可以通过选择这个区间，覆盖到 r。
因此，我们定义状态 dp[x] 表示覆盖 [0, x] 的最小成本。
那么对于区间 [l, r]，我们可以进行转移：dp[r] = min(dp[r], dp[l-1] + cost)，但前提是 dp[l-1] 是有限值（即 [0, l-1] 能被覆盖）。

因此，算法步骤如下：

初始化 dp[0] = 0，dp[1..n] = INF。
将所有区间按照左端点 l 从小到大排序。
对于排序后的每个区间 [l, r]，执行：
- 令 prev = l-1。如果 prev < 0，则 prev = 0。
- 如果 dp[prev] 不是 INF，则 dp[r] = min(dp[r], dp[prev] + cost)。
但是，这样只考虑了从 l-1 直接跳到 r。实际上，可能 dp[l-1] 不是最优的，因为可能存在 k > l-1 且 dp[k] < dp[l-1]，并且也能作为起点（因为区间 [l, r] 覆盖了 l 之后的部分，我们只需要保证 l 之前都被覆盖，即覆盖到 max_covered >= l-1）。因此，我们需要维护 dp 的前缀最小值。
定义 min_dp[i] = min(dp[0], dp[1], ..., dp[i])。
那么转移可以写为：dp[r] = min(dp[r], min_dp[l-1] + cost)。

最终算法：

初始化 dp[0] = 0，dp[1..n] = INF。
计算 min_dp 数组，初始 min_dp[0] = 0。
将所有区间按左端点排序。
对每个区间 [l, r]，cost：
- 如果 l == 0，那么 dp[r] = min(dp[r], cost)。
- 否则，dp[r] = min(dp[r], min_dp[l-1] + cost)。
- 然后更新 min_dp 数组：min_dp[i] = min(min_dp[i-1], dp[i])（可以在所有区间处理完后统一更新，也可以在每次更新 dp[r] 后更新 min_dp[r] 及之后的值，但为了简单，我们可以在每次区间处理后，重新计算一遍 min_dp 或按顺序处理区间并逐步更新）。
最终，dp[n] 就是答案（如果 dp[n] 为 INF，则返回 -1）。

复杂度： 排序 O(m log m)，DP 过程 O(m + n)。

举例验证

用之前示例：
n = 10
区间排序后：
[0,2] cost5
[1,4] cost3
[3,6] cost2
[5,8] cost4
[7,10] cost1
[9,10] cost6

初始化：dp[0]=0, dp[1..10]=INF, min_dp[0]=0。

区间 [0,2]：l=0，所以 dp[2] = min(INF, 5) = 5。更新 min_dp，min_dp[2] 变为 5。
区间 [1,4]：l=1, min_dp[0]=0，dp[4] = min(INF, 0+3)=3。
区间 [3,6]：l=3, min_dp[2]=5，dp[6] = min(INF, 5+2)=7。
区间 [5,8]：l=5, min_dp[4]=3（因为min_dp[4]=min(0,5,3)=0？注意，min_dp[4] 应该是 min(dp[0..4])，在第二步后，dp[4]=3，所以 min_dp[4]=0（因为dp[0]=0）。所以 dp[8] = min(INF, 0+4)=4。
区间 [7,10]：l=7, min_dp[6]=0（因为dp[0]=0），dp[10] = min(INF, 0+1)=1。
区间 [9,10]：l=9, min_dp[8]=0，dp[10] = min(1, 0+6)=1。

最终 dp[10] = 1？这显然不对，因为总成本1不可能覆盖 [0,10]。检查：我们选择了 [7,10] 成本1，但 [0,6] 没有被覆盖！错误在于 min_dp[l-1] 的取值：min_dp[6]=0 来自 dp[0]=0，但 dp[0]=0 表示覆盖 [0,0]，不代表覆盖了 [0,6]。所以 min_dp 不能简单取前缀最小值，因为它会忽略覆盖的连续性。

修正算法

上述错误是因为 dp[i] 的定义是覆盖 [0, i]，但 min_dp 取最小值时，dp[0] 虽然值小，但没有覆盖到 l-1 的位置。因此，我们需要保证用来转移的状态 dp[k] 中，k >= l-1。
所以，我们不能用前缀最小值，而应该用：
dp[r] = min(dp[r], min_{k >= l-1} dp[k] + cost)。
这可以用线段树或单调队列来维护 dp 数组的区间最小值。

修正后的步骤：

初始化 dp[0] = 0, dp[1..n] = INF。
将所有区间按右端点 r 从小到大排序（这样处理区间时，所需的最小值查询范围 [l-1, r] 的右边界 r 是递增的）。
使用一个线段树（或树状数组维护前缀最小值，但这里需要区间最小值）来维护 dp 数组。
对每个区间 [l, r]：
- 查询 min_val = query(l-1, r-1) 从线段树中获取 dp[l-1 .. r-1] 的最小值。注意，k 在 [l-1, r-1] 之间，因为如果 k >= r，则已经覆盖到 r 或更远，不需要这个区间了。
- 如果 min_val 不是 INF，则 candidate = min_val + cost。
- 如果 candidate < dp[r]，则更新 dp[r] = candidate，并在线段树中更新位置 r 的值。
最终答案 = dp[n]（如果为 INF，则返回 -1）。

示例重算（简化思想，不用线段树，手动模拟）：
排序按右端点：[0,2]5, [1,4]3, [3,6]2, [5,8]4, [7,10]1, [9,10]6。
dp[0]=0。
处理 [0,2]：l-1=-1，视为0，查询 dp[0..1] 最小值 = 0，dp[2]=min(INF,0+5)=5。
处理 [1,4]：查询 dp[0..3] 最小值 = 0（dp[0]=0），dp[4]=min(INF,0+3)=3。
处理 [3,6]：查询 dp[2..5] 最小值 = min(dp[2]=5, dp[3]=INF, dp[4]=3, dp[5]=INF)=3，dp[6]=min(INF,3+2)=5。
处理 [5,8]：查询 dp[4..7] 最小值 = min(dp[4]=3, dp[5]=INF, dp[6]=5, dp[7]=INF)=3，dp[8]=min(INF,3+4)=7。
处理 [7,10]：查询 dp[6..9] 最小值 = min(dp[6]=5, dp[7]=INF, dp[8]=7, dp[9]=INF)=5，dp[10]=min(INF,5+1)=6。
处理 [9,10]：查询 dp[8..9] 最小值 = min(dp[8]=7, dp[9]=INF)=7，dp[10]=min(6,7+6)=6。

最终 dp[10]=6，但这是错误的，因为 dp[10]=6 对应的选择是：[1,4](3), [3,6](2), [7,10](1) 总成本6，但 [0,2] 未被覆盖。问题在于查询 dp[2..5] 最小值时，dp[2]=5 表示覆盖 [0,2] 成本5，dp[4]=3 表示覆盖 [0,4] 成本3，但这是怎么来的？dp[4]=3 来自区间 [1,4]，它假设了 [0,0] 被覆盖（dp[0]=0），但实际上 [0,0] 被覆盖不代表 [0,1] 被覆盖？我们定义 dp[i] 是覆盖 [0,i]，所以 dp[4]=3 必须意味着 [0,4] 全被覆盖。但 [1,4] 转移时用了 dp[0]=0，而 dp[0]=0 是覆盖 [0,0]，加上 [1,4] 确实覆盖了 [0,4]？不对，[1,4] 不覆盖0点。所以 dp[4]=3 是无效状态！

所以根本问题在于：转移方程 dp[r] = min(dp[r], min_{k>=l-1} dp[k] + cost) 要求 dp[k] 是覆盖 [0,k]，而 k>=l-1，那么 dp[k] 覆盖了 [0,k]，自然覆盖了 [0, l-1]，所以加上区间 [l, r] 后，覆盖了 [0, r]。因此 dp[4]=3 是有效的当且仅当 dp[0]=0 且区间 [1,4] 覆盖了 [1,4]，那么 [0,4] 确实被覆盖了（0点被 dp[0] 覆盖（即没有区间覆盖0点？但 dp[0]=0 表示0点已经被覆盖了（初始状态），这可以理解为“不需要覆盖0点”或“0点已被覆盖”）。在覆盖问题中，我们通常认为起点0是默认被覆盖的（位置0可能不需要被覆盖？题目要求覆盖 [0, n]，所以0点必须被覆盖）。那么 dp[0]=0 表示覆盖0点成本为0（可能不合理）。更好的初始化是：dp[i] 表示覆盖 [0, i]，且 dp[0] 表示覆盖 [0,0] 的成本，但0点不需要特别覆盖，所以 dp[0] 应该为0，但只有当有区间覆盖0点时，才能转移到其他状态。因此，我们需要一个特殊处理：只有当 k 确实被某个区间覆盖时，dp[k] 才有效。所以我们可以初始化 dp[0]=0，并且认为0点已被覆盖（相当于一个虚拟区间覆盖了0点，成本0）。那么 dp[4]=3 是合理的：虚拟区间覆盖0点，[1,4] 覆盖1~4点。

所以示例中：

dp[2]=5: 虚拟区间覆盖0点，[0,2] 覆盖0~2点。
dp[4]=3: 虚拟区间覆盖0点，[1,4] 覆盖1~4点。
dp[6]=5: 来自 dp[4]=3 + [3,6] cost2，即覆盖0~6点。
dp[10]=6: 来自 dp[6]=5 + [7,10] cost1 = 6，覆盖0~10点。
所以答案确实是6？但检查：dp[6]=5 对应的覆盖是 [1,4] 和 [3,6]，这覆盖了1~6点，但0点没有被覆盖！因为 dp[6] 是由 dp[4] 转移来，而 dp[4] 只覆盖了1~4点（加上虚拟0点），但虚拟0点并不是实际覆盖，所以 dp[4] 实际上没有覆盖0点。因此，我们必须要求 l=0 的区间来覆盖0点。

最终修正：
我们需要确保0点被覆盖。所以，要么我们初始化 dp[0]=0 且只允许从 dp[0] 转移到 l=1 的区间，但这样复杂。一个简单方法：只考虑那些能覆盖0点的区间，或者将问题转化为从0开始。
更直接的方法是：我们定义 dp[i] 为覆盖 [0, i] 的最小成本，但 dp[i] 必须由某个区间转移而来，且该区间与之前覆盖的区间组合起来覆盖 [0,i]。
标准解法是：将所有区间按右端点排序，然后使用DP，其中 dp[i] 表示覆盖 [0, i] 的最小成本，且 i 是某个区间的右端点。我们只在这些端点之间进行DP。

具体算法（标准加权区间覆盖DP）：

添加一个虚拟区间 [-1, 0]，成本0，以确保起点被覆盖。
将所有区间（包括虚拟区间）按右端点排序。
设 dp[i] 表示选择第 i 个区间作为最后一个区间时，覆盖到 r_i 的最小成本。但这样需要二维？其实可以一维：
dp[r] 表示覆盖 [0, r] 的最小成本。
转移：对于每个区间 [l, r]，我们需要找到所有右端点 >= l-1 的 dp 值的最小值，再加上 cost。
这可以用线段树维护，键是右端点坐标。
按右端点升序处理每个区间 [l, r]：
- 查询所有右端点 q 满足 q >= l-1 的 dp[q] 的最小值 min_val。
- 如果 min_val 不是 INF，则 dp[r] = min(dp[r], min_val + cost)。
最终答案是 dp[n]。

示例最终计算：
加入虚拟区间 [-1,0] cost0。
区间按右端点排序：[-1,0]0, [0,2]5, [1,4]3, [3,6]2, [5,8]4, [7,10]1, [9,10]6。
初始化 dp 全 INF，dp[0]=0。
处理 [0,2]：查询 r>= -1 的 dp 最小值 = dp[0]=0，dp[2]=min(INF,0+5)=5。
处理 [1,4]：查询 r>=0 的最小值 = min(dp[0]=0, dp[2]=5)=0，dp[4]=min(INF,0+3)=3。
处理 [3,6]：查询 r>=2 的最小值 = min(dp[2]=5, dp[4]=3)=3，dp[6]=min(INF,3+2)=5。
处理 [5,8]：查询 r>=4 的最小值 = min(dp[4]=3, dp[6]=5)=3，dp[8]=min(INF,3+4)=7。
处理 [7,10]：查询 r>=6 的最小值 = min(dp[6]=5, dp[8]=7)=5，dp[10]=min(INF,5+1)=6。
处理 [9,10]：查询 r>=8 的最小值 = min(dp[8]=7, dp[10]=6)=6，dp[10]=min(6,6+6)=6。
最终 dp[10]=6，但依然有之前的问题：dp[6]=5 来自 dp[4]=3 + [3,6]，而 dp[4]=3 来自虚拟区间+[1,4]，这覆盖了0~6？虚拟区间覆盖0点，[1,4] 覆盖1~4，[3,6] 覆盖3~6，合并后覆盖0~6。所以0点被虚拟区间覆盖（成本0），这是允许的。所以答案是6？但之前我们觉得需要 [0,2] 来覆盖0点，实际上虚拟区间已经覆盖了0点（相当于0点不需要成本就被覆盖了）。在题目中，0点必须被实际区间覆盖，所以虚拟区间不应该被允许。因此，我们必须要求0点被某个 l<=0 的区间覆盖。所以，我们可以修改为：不添加虚拟区间，而是初始化时，对于所有 l<=0 的区间，dp[r] = cost。然后从这些开始转移。

最终正确算法（无虚拟区间）：

将所有区间按右端点排序。
初始化 dp[0..n] 为 INF。
对于每个区间 [l, r]：
- 如果 l <= 0，则 dp[r] = min(dp[r], cost)。
- 否则，查询所有 dp[k] (k >= l-1) 的最小值 min_val。如果 min_val 不是 INF，则 dp[r] = min(dp[r], min_val + cost)。
答案 = dp[n]。

示例再计算：
区间按右端点排序：[0,2]5, [1,4]3, [3,6]2, [5,8]4, [7,10]1, [9,10]6。
dp 全 INF。
[0,2]: l<=0，dp[2]=5。
[1,4]: l=1，查询 k>=0 的 dp 最小值 = dp[2]=5（注意 dp[0] 是 INF，因为还没有覆盖0点的区间，除了 [0,2] 但它的右端点是2），所以 min_val=5，dp[4]=min(INF,5+3)=8。
[3,6]: 查询 k>=2 的 dp 最小值 = min(dp[2]=5, dp[4]=8)=5，dp[6]=min(INF,5+2)=7。
[5,8]: 查询 k>=4 的 dp 最小值 = min(dp[4]=8, dp[6]=7)=7，dp[8]=min(INF,7+4)=11。
[7,10]: 查询 k>=6 的 dp 最小值 = min(dp[6]=7, dp[8]=11)=7，dp[10]=min(INF,7+1)=8。
[9,10]: 查询 k>=8 的 dp 最小值 = min(dp[8]=11, dp[10]=8)=8，dp[10]=min(8,8+6)=8。
最终 dp[10]=8，对应选择 [0,2](5), [3,6](2), [7,10](1)，总成本8。正确。

总结

这个问题的核心是带权区间覆盖的最小成本，可以通过区间DP解决，关键点在于：

将区间按右端点排序。
定义 dp[r] 为覆盖 [0, r] 的最小成本。
对于每个区间 [l, r]，若 l <= 0，则直接用 cost 初始化 dp[r]；否则，需要查询所有 dp[k]（k >= l-1）的最小值，然后加上 cost 来更新 dp[r]。
查询区间最小值可以用线段树或树状数组（维护后缀最小值）来优化，达到 O(m log n) 复杂度。
最终答案是 dp[n]，若为 INF 则返回 -1。

希望这个详细的逐步讲解能帮助你理解这个区间动态规划问题！

好的，根据要求，我已经排除了列表中所有已讲过的题目。现在为你随机讲解一个区间动态规划领域的新题目。题目：带权区间覆盖的最小成本问题题目描述你有一条数轴，从位置 0 到位置 n （ n <= 1000 ）。数轴上分布着 m 个带权重的区间 [l_i, r_i] ，每个区间有一个成本 c_i (均为正整数， c_i <= 10^6 )。你的任务是选择若干区间，使得这些区间的并集完全覆盖从 0 到 n 的整段数轴，并且总成本最小。请注意，区间不需要恰好首尾相连，只要它们的并集能覆盖 [0, n] 之间的每一个点即可。如果无法完全覆盖，则返回 -1。输入示例: 输出示例: 解题思路这是一个经典的加权区间覆盖问题，可以通过区间动态规划来解决。核心思想是：我们将问题看作是在数轴上从左到右“铺设”覆盖，状态表示当前覆盖到的最远右端点。步骤1：预处理与排序首先，为了便于处理，我们可以将所有区间按照左端点 l_i 从小到大排序。如果左端点相同，可以按照右端点从大到小排序（优先覆盖更远的区间可能更优，但DP过程中会自然比较，所以按右端点排序也行，不是必须）。步骤2：定义DP状态定义 dp[x] 表示覆盖从起点 0 到点 x （且必须恰好覆盖到 x，即 x 是当前覆盖的右端点）的最小成本。初始状态： dp[0] = 0 ，表示覆盖到位置0的成本为0（还没有选择任何区间）。对于其他位置， dp[i] = INF （一个很大的数，表示不可达）。目标：我们需要的是 min(dp[n]) ？不，因为覆盖到位置 x 并不代表 [0, x] 都被覆盖了（可能有空洞）。所以我们需要修改状态定义。更准确的状态定义：定义 dp[i] 表示覆盖从 0 到 i （闭区间）的最小成本。但这样定义在状态转移时，我们需要知道是从哪个状态“跳”过来的，比较麻烦。一个更巧妙且常见的状态定义是： dp[r] 表示覆盖从 0 到 r （即能够完全覆盖区间 [0, r] ）的最小成本。注意，这里的“覆盖”意味着 [0, r] 内的每个点都至少被一个选中的区间所覆盖。步骤3：状态转移我们遍历排序后的所有区间 [l, r] ，其成本为 cost 。对于一个区间 [l, r] ，如果我们想使用它，那么我们需要知道在它之前我们已经覆盖到了哪里。如果 l <= 0 ，说明这个区间可以直接从起点开始覆盖。那么使用这个区间后，我们可以覆盖到 r 。所以 dp[r] 可能更新为 min(dp[r], cost) 。如果 l > 0 ，为了使用这个区间，我们需要在它左边已经覆盖到了至少 l-1 的位置（因为区间 [l, r] 覆盖了 l 到 r ，如果 [0, l-1] 已经被覆盖，那么加上这个区间， [0, r] 就被覆盖了）。因此，我们需要遍历所有已经计算出的 dp[k] （ k >= l-1 ），然后 dp[r] = min(dp[r], dp[k] + cost) 。但是，更高效的做法是：我们不需要遍历所有 k >= l-1 ，只需要知道所有能覆盖到 l-1 或更远的最小成本。因为如果 k1 < k2 且 dp[k1] > dp[k2] ，那么 k1 肯定不是最优的前驱。实际上，我们可以按右端点顺序进行DP。更标准的做法是：初始化 dp[0] = 0 ，其他为 INF 。将所有区间按左端点排序。我们维护一个当前最优的覆盖成本数组，但通常使用以下方法：对于每个位置 i (从0到n)，我们尝试用 dp[i] 去更新后续的状态。但我们更常用 “以区间为驱动” 的DP：对于每个区间 [l, r] ，我们尝试用 dp[l] 去更新 dp[r] ？不对，因为 dp[l] 表示覆盖 [0, l] 的最小成本，而区间 [l, r] 要求 [0, l-1] 被覆盖，所以我们需要 dp[l-1] 。因此，状态转移方程为： dp[r] = min(dp[r], dp[l-1] + cost) ，其中 dp[l-1] 必须是有定义的（不是INF）。但前提是， dp[x] 必须保证 [0, x] 被完全覆盖。更严谨的DP过程：我们定义 dp[i] 为覆盖 [0, i] 的最小成本（ i 从 0 到 n）。初始化： dp[0] = 0 。注意， dp[i] 可能不直接等于从某个状态跳过来，因为覆盖可能是由多个区间重叠完成的。一种标准解法是：对区间按左端点排序。遍历每个位置 i 从 0 到 n。对于每个 i ，我们尝试用所有左端点小于等于 i+1 且右端点大于等于 i 的区间来更新 dp[i] 到更远的 dp[r] 。但这在实现时比较低效。高效的标准算法：我们采用类似“最短路径”的思想。将每个区间 [l, r] 看作一条从节点 l 到节点 r+1 的边，权重为 cost ？这样不对，因为覆盖是连续的。实际上，我们可以这样建模：对于每个区间 [l, r] ，如果我们已经覆盖了 [0, l-1] ，那么我们可以通过选择这个区间，覆盖到 r 。因此，我们定义状态 dp[x] 表示覆盖 [0, x] 的最小成本。那么对于区间 [l, r] ，我们可以进行转移： dp[r] = min(dp[r], dp[l-1] + cost) ，但前提是 dp[l-1] 是有限值（即 [0, l-1] 能被覆盖）。因此，算法步骤如下：初始化 dp[0] = 0 ， dp[1..n] = INF 。将所有区间按照左端点 l 从小到大排序。对于排序后的每个区间 [l, r] ，执行：令 prev = l-1 。如果 prev < 0 ，则 prev = 0 。如果 dp[prev] 不是 INF，则 dp[r] = min(dp[r], dp[prev] + cost) 。但是，这样只考虑了从 l-1 直接跳到 r 。实际上，可能 dp[l-1] 不是最优的，因为可能存在 k > l-1 且 dp[k] < dp[l-1] ，并且也能作为起点（因为区间 [l, r] 覆盖了 l 之后的部分，我们只需要保证 l 之前都被覆盖，即覆盖到 max_covered >= l-1 ）。因此，我们需要维护 dp 的前缀最小值。定义 min_dp[i] = min(dp[0], dp[1], ..., dp[i]) 。那么转移可以写为： dp[r] = min(dp[r], min_dp[l-1] + cost) 。最终算法：初始化 dp[0] = 0 ， dp[1..n] = INF 。计算 min_dp 数组，初始 min_dp[0] = 0 。将所有区间按左端点排序。对每个区间 [l, r] ， cost ：如果 l == 0 ，那么 dp[r] = min(dp[r], cost) 。否则， dp[r] = min(dp[r], min_dp[l-1] + cost) 。然后更新 min_dp 数组： min_dp[i] = min(min_dp[i-1], dp[i]) （可以在所有区间处理完后统一更新，也可以在每次更新 dp[r] 后更新 min_dp[r] 及之后的值，但为了简单，我们可以在每次区间处理后，重新计算一遍 min_dp 或按顺序处理区间并逐步更新）。最终， dp[n] 就是答案（如果 dp[n] 为 INF，则返回 -1）。复杂度：排序 O(m log m) ，DP 过程 O(m + n) 。举例验证用之前示例： n = 10 区间排序后： [0,2] cost5 [1,4] cost3 [3,6] cost2 [5,8] cost4 [7,10] cost1 [9,10] cost6 初始化： dp[0]=0 , dp[1..10]=INF , min_dp[0]=0 。区间 [0,2] ： l=0 ，所以 dp[2] = min(INF, 5) = 5 。更新 min_dp ， min_dp[2] 变为 5。区间 [1,4] ： l=1 , min_dp[0]=0 ， dp[4] = min(INF, 0+3)=3 。区间 [3,6] ： l=3 , min_dp[2]=5 ， dp[6] = min(INF, 5+2)=7 。区间 [5,8] ： l=5 , min_dp[4]=3 （因为 min_dp[4]=min(0,5,3)=0？注意， min_dp[4] 应该是 min(dp[0..4]) ，在第二步后， dp[4]=3 ，所以 min_dp[4]=0 （因为 dp[0]=0 ）。所以 dp[8] = min(INF, 0+4)=4 。区间 [7,10] ： l=7 , min_dp[6]=0 （因为 dp[0]=0 ）， dp[10] = min(INF, 0+1)=1 。区间 [9,10] ： l=9 , min_dp[8]=0 ， dp[10] = min(1, 0+6)=1 。最终 dp[10] = 1 ？这显然不对，因为总成本1不可能覆盖 [0,10] 。检查：我们选择了 [7,10] 成本1，但 [0,6] 没有被覆盖！错误在于 min_dp[l-1] 的取值： min_dp[6]=0 来自 dp[0]=0 ，但 dp[0]=0 表示覆盖 [0,0] ，不代表覆盖了 [0,6] 。所以 min_dp 不能简单取前缀最小值，因为它会忽略覆盖的连续性。修正算法上述错误是因为 dp[i] 的定义是覆盖 [0, i] ，但 min_dp 取最小值时， dp[0] 虽然值小，但没有覆盖到 l-1 的位置。因此，我们需要保证用来转移的状态 dp[k] 中， k >= l-1 。所以，我们不能用前缀最小值，而应该用： dp[r] = min(dp[r], min_{k >= l-1} dp[k] + cost) 。这可以用线段树或单调队列来维护 dp 数组的区间最小值。修正后的步骤：初始化 dp[0] = 0 , dp[1..n] = INF 。将所有区间按右端点 r 从小到大排序（这样处理区间时，所需的最小值查询范围 [l-1, r] 的右边界 r 是递增的）。使用一个线段树（或树状数组维护前缀最小值，但这里需要区间最小值）来维护 dp 数组。对每个区间 [l, r] ：查询 min_val = query(l-1, r-1) 从线段树中获取 dp[l-1 .. r-1] 的最小值。注意， k 在 [l-1, r-1] 之间，因为如果 k >= r ，则已经覆盖到 r 或更远，不需要这个区间了。如果 min_val 不是 INF，则 candidate = min_val + cost 。如果 candidate < dp[r] ，则更新 dp[r] = candidate ，并在线段树中更新位置 r 的值。最终答案 = dp[n] （如果为 INF，则返回 -1）。示例重算（简化思想，不用线段树，手动模拟）：排序按右端点： [0,2]5 , [1,4]3 , [3,6]2 , [5,8]4 , [7,10]1 , [9,10]6 。 dp[0]=0 。处理 [0,2] ： l-1=-1 ，视为0，查询 dp[0..1] 最小值 = 0， dp[2]=min(INF,0+5)=5 。处理 [1,4] ：查询 dp[0..3] 最小值 = 0（ dp[0]=0 ）， dp[4]=min(INF,0+3)=3 。处理 [3,6] ：查询 dp[2..5] 最小值 = min(dp[2]=5, dp[3]=INF, dp[4]=3, dp[5]=INF)=3 ， dp[6]=min(INF,3+2)=5 。处理 [5,8] ：查询 dp[4..7] 最小值 = min(dp[4]=3, dp[5]=INF, dp[6]=5, dp[7]=INF)=3 ， dp[8]=min(INF,3+4)=7 。处理 [7,10] ：查询 dp[6..9] 最小值 = min(dp[6]=5, dp[7]=INF, dp[8]=7, dp[9]=INF)=5 ， dp[10]=min(INF,5+1)=6 。处理 [9,10] ：查询 dp[8..9] 最小值 = min(dp[8]=7, dp[9]=INF)=7 ， dp[10]=min(6,7+6)=6 。最终 dp[10]=6 ，但这是错误的，因为 dp[10]=6 对应的选择是： [1,4] (3), [3,6] (2), [7,10] (1) 总成本6，但 [0,2] 未被覆盖。问题在于查询 dp[2..5] 最小值时， dp[2]=5 表示覆盖 [0,2] 成本5， dp[4]=3 表示覆盖 [0,4] 成本3，但这是怎么来的？ dp[4]=3 来自区间 [1,4] ，它假设了 [0,0] 被覆盖（ dp[0]=0 ），但实际上 [0,0] 被覆盖不代表 [0,1] 被覆盖？我们定义 dp[i] 是覆盖 [0,i] ，所以 dp[4]=3 必须意味着 [0,4] 全被覆盖。但 [1,4] 转移时用了 dp[0]=0 ，而 dp[0]=0 是覆盖 [0,0] ，加上 [1,4] 确实覆盖了 [0,4] ？不对， [1,4] 不覆盖0点。所以 dp[4]=3 是无效状态！所以根本问题在于：转移方程 dp[r] = min(dp[r], min_{k>=l-1} dp[k] + cost) 要求 dp[k] 是覆盖 [0,k] ，而 k>=l-1 ，那么 dp[k] 覆盖了 [0,k] ，自然覆盖了 [0, l-1] ，所以加上区间 [l, r] 后，覆盖了 [0, r] 。因此 dp[4]=3 是有效的当且仅当 dp[0]=0 且区间 [1,4] 覆盖了 [1,4] ，那么 [0,4] 确实被覆盖了（0点被 dp[0] 覆盖（即没有区间覆盖0点？但 dp[0]=0 表示0点已经被覆盖了（初始状态），这可以理解为“不需要覆盖0点”或“0点已被覆盖”）。在覆盖问题中，我们通常认为起点0是默认被覆盖的（位置0可能不需要被覆盖？题目要求覆盖 [0, n] ，所以0点必须被覆盖）。那么 dp[0]=0 表示覆盖0点成本为0（可能不合理）。更好的初始化是： dp[i] 表示覆盖 [0, i] ，且 dp[0] 表示覆盖 [0,0] 的成本，但0点不需要特别覆盖，所以 dp[0] 应该为0，但只有当有区间覆盖0点时，才能转移到其他状态。因此，我们需要一个特殊处理：只有当 k 确实被某个区间覆盖时， dp[k] 才有效。所以我们可以初始化 dp[0]=0 ，并且认为0点已被覆盖（相当于一个虚拟区间覆盖了0点，成本0）。那么 dp[4]=3 是合理的：虚拟区间覆盖0点， [1,4] 覆盖1~4点。所以示例中： dp[2]=5 : 虚拟区间覆盖0点， [0,2] 覆盖0~2点。 dp[4]=3 : 虚拟区间覆盖0点， [1,4] 覆盖1~4点。 dp[6]=5 : 来自 dp[4]=3 + [3,6] cost2，即覆盖0~6点。 dp[10]=6 : 来自 dp[6]=5 + [7,10] cost1 = 6，覆盖0~10点。所以答案确实是6？但检查： dp[6]=5 对应的覆盖是 [1,4] 和 [3,6] ，这覆盖了1~6点，但0点没有被覆盖！因为 dp[6] 是由 dp[4] 转移来，而 dp[4] 只覆盖了1~4点（加上虚拟0点），但虚拟0点并不是实际覆盖，所以 dp[4] 实际上没有覆盖0点。因此，我们必须要求 l=0 的区间来覆盖0点。最终修正：我们需要确保0点被覆盖。所以，要么我们初始化 dp[0]=0 且只允许从 dp[0] 转移到 l=1 的区间，但这样复杂。一个简单方法：只考虑那些能覆盖0点的区间，或者将问题转化为从0开始。更直接的方法是：我们定义 dp[i] 为覆盖 [0, i] 的最小成本，但 dp[i] 必须由某个区间转移而来，且该区间与之前覆盖的区间组合起来覆盖 [0,i] 。标准解法是：将所有区间按右端点排序，然后使用DP，其中 dp[i] 表示覆盖 [0, i] 的最小成本，且 i 是某个区间的右端点。我们只在这些端点之间进行DP。具体算法（标准加权区间覆盖DP）：添加一个虚拟区间 [-1, 0] ，成本0，以确保起点被覆盖。将所有区间（包括虚拟区间）按右端点排序。设 dp[i] 表示选择第 i 个区间作为最后一个区间时，覆盖到 r_i 的最小成本。但这样需要二维？其实可以一维： dp[r] 表示覆盖 [0, r] 的最小成本。转移：对于每个区间 [l, r] ，我们需要找到所有右端点 >= l-1 的 dp 值的最小值，再加上 cost 。这可以用线段树维护，键是右端点坐标。按右端点升序处理每个区间 [l, r] ：查询所有右端点 q 满足 q >= l-1 的 dp[q] 的最小值 min_val 。如果 min_val 不是 INF，则 dp[r] = min(dp[r], min_val + cost) 。最终答案是 dp[n] 。示例最终计算：加入虚拟区间 [-1,0] cost0 。区间按右端点排序： [-1,0]0 , [0,2]5 , [1,4]3 , [3,6]2 , [5,8]4 , [7,10]1 , [9,10]6 。初始化 dp 全 INF， dp[0]=0 。处理 [0,2] ：查询 r>= -1 的 dp 最小值 = dp[0]=0 ， dp[2]=min(INF,0+5)=5 。处理 [1,4] ：查询 r>=0 的最小值 = min(dp[0]=0, dp[2]=5)=0 ， dp[4]=min(INF,0+3)=3 。处理 [3,6] ：查询 r>=2 的最小值 = min(dp[2]=5, dp[4]=3)=3 ， dp[6]=min(INF,3+2)=5 。处理 [5,8] ：查询 r>=4 的最小值 = min(dp[4]=3, dp[6]=5)=3 ， dp[8]=min(INF,3+4)=7 。处理 [7,10] ：查询 r>=6 的最小值 = min(dp[6]=5, dp[8]=7)=5 ， dp[10]=min(INF,5+1)=6 。处理 [9,10] ：查询 r>=8 的最小值 = min(dp[8]=7, dp[10]=6)=6 ， dp[10]=min(6,6+6)=6 。最终 dp[10]=6 ，但依然有之前的问题： dp[6]=5 来自 dp[4]=3 + [3,6] ，而 dp[4]=3 来自虚拟区间+ [1,4] ，这覆盖了0~6？虚拟区间覆盖0点， [1,4] 覆盖1~4， [3,6] 覆盖3~6，合并后覆盖0~6。所以0点被虚拟区间覆盖（成本0），这是允许的。所以答案是6？但之前我们觉得需要 [0,2] 来覆盖0点，实际上虚拟区间已经覆盖了0点（相当于0点不需要成本就被覆盖了）。在题目中，0点必须被实际区间覆盖，所以虚拟区间不应该被允许。因此，我们必须要求0点被某个 l<=0 的区间覆盖。所以，我们可以修改为：不添加虚拟区间，而是初始化时，对于所有 l<=0 的区间， dp[r] = cost 。然后从这些开始转移。最终正确算法（无虚拟区间）：将所有区间按右端点排序。初始化 dp[0..n] 为 INF。对于每个区间 [l, r] ：如果 l <= 0 ，则 dp[r] = min(dp[r], cost) 。否则，查询所有 dp[k] (k >= l-1) 的最小值 min_val 。如果 min_val 不是 INF，则 dp[r] = min(dp[r], min_val + cost) 。答案 = dp[n] 。示例再计算：区间按右端点排序： [0,2]5 , [1,4]3 , [3,6]2 , [5,8]4 , [7,10]1 , [9,10]6 。 dp 全 INF。 [0,2] : l<=0 ， dp[2]=5 。 [1,4] : l=1 ，查询 k>=0 的 dp 最小值 = dp[2]=5 （注意 dp[0] 是 INF，因为还没有覆盖0点的区间，除了 [0,2] 但它的右端点是2），所以 min_val=5 ， dp[4]=min(INF,5+3)=8 。 [3,6] : 查询 k>=2 的 dp 最小值 = min(dp[2]=5, dp[4]=8)=5 ， dp[6]=min(INF,5+2)=7 。 [5,8] : 查询 k>=4 的 dp 最小值 = min(dp[4]=8, dp[6]=7)=7 ， dp[8]=min(INF,7+4)=11 。 [7,10] : 查询 k>=6 的 dp 最小值 = min(dp[6]=7, dp[8]=11)=7 ， dp[10]=min(INF,7+1)=8 。 [9,10] : 查询 k>=8 的 dp 最小值 = min(dp[8]=11, dp[10]=8)=8 ， dp[10]=min(8,8+6)=8 。最终 dp[10]=8 ，对应选择 [0,2] (5), [3,6] (2), [7,10] (1)，总成本8。正确。总结这个问题的核心是带权区间覆盖的最小成本，可以通过区间DP解决，关键点在于：将区间按右端点排序。定义 dp[r] 为覆盖 [0, r] 的最小成本。对于每个区间 [l, r] ，若 l <= 0 ，则直接用 cost 初始化 dp[r] ；否则，需要查询所有 dp[k] （ k >= l-1 ）的最小值，然后加上 cost 来更新 dp[r] 。查询区间最小值可以用线段树或树状数组（维护后缀最小值）来优化，达到 O(m log n) 复杂度。最终答案是 dp[n] ，若为 INF 则返回 -1。希望这个详细的逐步讲解能帮助你理解这个区间动态规划问题！