題目要求：
求區間圖的最大加權獨立集。（選擇一部分互不重疊的區間，使得被選出來的區間權重之和最大）
圖一
題目分析：
這類問題可以歸結爲區間調度問題，這是其中最普通的一類，即加權最大區間調度問題，其求解思路可以通過求最多區間調度（貪婪算法dp[i-1] = dp[i]），無權最大區間（權值爲1的動態規劃）依次發展過來，其具體思路分析詳見http://blog.csdn.net/yutianzuijin/article/details/45116705#。我也從博客中轉載了這篇文章，http://blog.csdn.net/lukas_sun/article/details/53770959。向原作者致敬！
題目求解：
求解最大權值區間的必要條件就是各最優區間互不衝突，這是這類調度問題共同的影子，只不過它的目標是讓各區間的權值和最大。
和所有這種規劃問題相同，我們需要對所有區間進行排序，排序原則爲結束時間的先後，因爲用開始時間排序無法得到各區間明確界限。
首先規定幾個記號
O（j）： 需求區間{ 1……j }的最優解集
p ( n ): 最大的滿足不與第n個區間衝突的區間號
OPT( j ): O( j )的最優解值。
由此定義可以分析得到第p(n)+1, p(n)+2 ,p(n)+3…………n-1個區間都與第n個區間衝突，所以O一定包含對需求區間{1，……p(n)}的最優解（否則可以將其替換成最優解而不影響需求區間n），由於p(n) <= n-1，所以如果n不包含在O裏，則其可以轉化爲對需求區間 {1……n-1}的求解。
則我們的遞推模型可以以是否選擇第j個區間爲構造依據。
按照此遞推公式可知求解過程：
OPT（3）= 3 （2，3）
OPT（5）= 5+OPT（0）= 5 （1，5）
OPT（8）= 6+OPT（4）= 6 +OPT（3）= 9 （2，3）、（4，8）
OPT（10）= 1+OPT（9） = 1+OPT（8）=10 （2，3）、（4，8）、（9，10）
OPT（12）= 10+OPT（6）= 10+OPT（5）>10 =15
OPT（14）= 0+OPT（13）= OPT（12）= 15
OPT（15）= 7+OPT（11）= 7+OPT（10）= 17 >OPT( 14 )
OPT（17）= OPT（15）> = 12+OPT (7) = 17
OPT（18）= 4+OPT（16）= 4+OPT（15）= 21>OPT(17)
綜上，該圖最大權和爲21，在其遞歸算法中的
判斷條件後將所選的邊加入到邊的數組中，調用結束後輸出這個數組可以得到所選邊集：
{（2，3）（4，8）（9，10）（11，15）（16，18）}
若Max（）函數和遞歸判斷中的”>”換爲“>=”雖然使最大權值不變但可使所選邊集發生變化，如此例中OPT（17）= 17，但所選邊集爲
{（1，5）（7，17）}
不同於改動前的邊集：
{（2，3）（4，8）（9，10）（11，15）}
題目擴展：
這個問題可以轉化爲求最大加權獨立集的問題，這種圖論問題廣泛應用於DNA測序等方面，且爲NP問題，求解困難。即將每條線段轉化爲圖中的一個頂點，將有重疊部分的線段設置爲相鄰的頂點，每條線段的權值在頂點數據中體現，則上述問題轉換爲選擇圖中不相鄰的最大權值頂點集。轉換後的圖如圖二所示。
圖二
參考文獻
《算法設計》第6章動態規劃 Jon Kleinberg ,Eva Tardos清華大學出版社
《動態規劃》ppt 姜海濤
附錄
求最大權值部分實現代碼
參考姚光超博主的代碼實現
constintMAX_N=100000;
//輸入
intN,S[MAX_N],T[MAX_N];
//用於對工作排序的pair數組
pair<int,int>itv[MAX_N];
voidsolve()
{
//對pair進行的是字典序比較，爲了讓結束時間早的工作排在前面，把T存入first，//把S存入second
for(inti=0;i<N;i++)
{
itv[i].first=T[i];
itv[i].second=S[i];
}
sort(itv,itv+N);
dp[0]=(itv[0].first-itv[0].second)*V[0];
for(inti=1;i<N;i++)
{
intmax;
//select the ithinterval
intnonOverlap=lower_bound(itv,itv[i].second)-1;
if(nonOverlap>=0)
max=dp[nonOverlap]+(itv[i].first-itv[i].second)*V[i];
else
max=(itv[i].first-itv[i].second)*V[i];
//do not selectthe ith interval
dp[i]=max>dp[i-1]?max:dp[i-1];
}
printf(“%d\n”,dp[N-1]);
}