D. Program（有点难度的线性DP）
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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了D. Program（有点难度的线性DP）相关的知识，希望对你有一定的参考价值。
题目
题意
给一个长度为n的‘+’，‘-’序列，表示+1和-1
在给m个查询，问忽略[l,r]之间的序列，能走到多少个不同的数字
思路
- 分为前后缀计算，前缀计算比较简单关键是后缀计算
- 后缀上，需要关注能够到达的最小值和最大值
- 定义sufL[i]和sufR[i]分别表示为到达的最小值和最大值
- 可以得出转移方程
- now = s[i] == \'+\' ? 1 : -1;
- sufR[i] = max(sufR[i + 1] + now, 0);
- sufL[i] = min(sufL[i + 1] + now, 0);
代码
const int N = 2e5+10;
char s[N];
int preL[N], preR[N], pre_cur[N];
int sufL[N], sufR[N];
void solve()
int n, m;
cin >> n >> m;
cin >> s + 1;
preL[0] = preR[0] = pre_cur[0] = 0;
for (int i = 1; i <= n;i ++)
pre_cur[i] = pre_cur[i - 1] + (s[i] == \'+\' ? 1 : -1);
preL[i] = min(pre_cur[i], preL[i - 1]);
preR[i] = max(pre_cur[i], preR[i - 1]);
sufL[n + 1] = sufR[n + 1] = 0;
for (int i = n; i >= 1;i --)
int now = s[i] == \'+\' ? 1 : -1;
sufR[i] = max(sufR[i + 1] + now, 0);
sufL[i] = min(sufL[i + 1] + now, 0);
// debug2(sufL[i], sufR[i]);
for (int i = 1; i <= m; i++)
int l, r;
cin >> l >> r;
l--;r++;
int maxx = max(0, preR[l]), minn = min(0, preL[l]);
maxx = max(maxx, sufR[r] + pre_cur[l]);
minn = min(minn, sufL[r] + pre_cur[l]);
// debug2(maxx, minn);
cout << maxx - minn + 1 << endl;
codevs 3342 绿色通道 （二分+线性DP）
《思远高考绿色通道》(Green Passage, GP)是唐山一中常用的练习册之一，其题量之大深受lsz等许多oiers的痛恨，其中又以数学绿色通道为最。2007年某月某日，soon-if (数学课代表)，又一次宣布收这本作业，而lsz还一点也没有写……
高二数学《绿色通道》总共有n道题目要写(其实是抄)，编号1..n，抄每道题所花时间不一样，抄第i题要花a[i]分钟。由于lsz还要准备NOIP，显然不能成天写绿色通道。lsz决定只用不超过t分钟时间抄这个，因此必然有空着的题。每道题要么不写，要么抄完，不能写一半。一段连续的空题称为一个空题段，它的长度就是所包含的题目数。这样应付自然会引起马老师的愤怒。马老师发怒的程度(简称发怒度)等于最长的空题段长度。
现在，lsz想知道他在这t分钟内写哪些题，才能够尽量降低马老师的发怒度。由于lsz很聪明，你只要告诉他发怒度的数值就可以了，不需输出方案。(快乐融化：那么lsz怎么不自己写程序？lsz：我还在抄别的科目的作业……)
第一行为两个整数n,t，代表共有n道题目，t分钟时间。
以下一行，为n个整数，依次为a[1], a[2],... a[n]，意义如上所述。
仅一行，一个整数w，为最低的发怒度。
17 11
6 4 5 2 5 3 4 5 2 3 4 5 2 3 6 3 5
3
60%数据 n<=2000
100%数据 0<n<=50000，0<a[i]<=3000，0<t<=100000000
最小化最大值——二分
很明显的一个DP
每次二分最长空题段，判断mid
方法一：朴素的DP
令f[i]表示抄第i道题所花费的最小时间
状态转移方程：f[i]=min(f[j])+time[i] max(0,i-mid-1)<=j<=i-1
初始化:f数组极大值，f[0]=0
时间复杂度：n²
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define N 50001 using namespace std; int n,t,l,r,mid,ans,f[N],a[N]; inline bool check(int k) { memset(f,127,sizeof(f)); f[0]=0; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=max(i-k-1,0);j<i;j++) f[i]=min(f[i],f[j]+a[i]); int tmp=0x7fffffff; for(int i=n-k;i<=n;i++) tmp=min(tmp,f[i]); if(tmp<=t) return true; return false; } int main() { scanf("%d%d",&n,&t); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); l=0,r=n; while(l<=r) { mid=l+r>>1; if(check(mid)) {ans=mid;r=mid-1;} else l=mid+1; } printf("%d",ans); }
结果：
方法二：线段树优化DP
用线段树维护区间最小值，就可以直接查询[i-mid-1,i-1]内的最小值
时间复杂度：log n （二分）*n（枚举每道题）*（log n+log n）（区间查询+单点修改）= 2*n*log²n
结果：
#include<cstdio> #include<algorithm> #define N 50001 #define INF 100000010 using namespace std; int n,t,ql,qr,mid,ans,f[N],a[N]; struct node{int l,r,key;}tr[N*4]; inline int read()//读入优化 { int x=0;char c=getchar(); while(c<\'0\'||c>\'9\') c=getchar(); while(c>=\'0\'&&c<=\'9\') {x=x*10+c-\'0\';c=getchar();} return x; } inline void begin(int k,int l,int r)//初始化 { tr[k].key=INF; if(l==r) return; int mid=l+r>>1; begin(k<<1,l,mid); begin((k<<1)+1,mid+1,r); } inline int query(int k,int opl,int opr)//区间查询 { if(tr[k].l>=opl&&tr[k].r<=opr) return tr[k].key; int mid=tr[k].l+tr[k].r>>1; { int ll=INF;if(opl<=mid) ll=query(k<<1,opl,opr); int rr=INF;if(opr>mid) rr=query((k<<1)+1,opl,opr); return min(ll,rr); } } inline void change(int k,int x,int y)//单点修改 { if(tr[k].l==tr[k].r) {tr[k].key=min(tr[k].key,y);return;} int mid=tr[k].l+tr[k].r>>1; if(x<=mid) change(k<<1,x,y); else change((k<<1)+1,x,y); tr[k].key=min(tr[k<<1].key,tr[(k<<1)+1].key); } inline bool check(int k) { begin(1,0,n); change(1,0,0); for(int i=1;i<=n;i++) { int p=query(1,max(0,i-k-1),i-1); change(1,i,p+a[i]); } int tmp=0x7fffffff; if(query(1,n-k,n)<=t) return true; return false; } inline void build(int k,int l,int r)//建树 { tr[k].l=l;tr[k].r=r; if(l==r) return; int mid=l+r>>1; build(k<<1,l,mid); build((k<<1)+1,mid+1,r); } int main() { scanf("%d%d",&n,&t); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); build(1,0,n); ql=0,qr=n; while(ql<=qr) { mid=ql+qr>>1; if(check(mid)) {ans=mid;qr=mid-1;} else ql=mid+1; } printf("%d",ans); }
方法三：单调队列优化DP
假设有一段长度为mid的滑动窗口，每次这个窗口可以框住长为mid的一段数
我们需要的是长为mid的一段数里最小的那一个，所以可以维护一个单调上升的队列，这样每次直接取出队首就好了。
为什么要维护单调递增的队列?
因为如果这个数比前一个大，当窗口移过前一个数时，这个数可能成为最小的
如果这个数比前一个小，这个数的前一个一定不如这个优，所以删去大的
所以这就需要维护2个数组，1个存储队列中元素的在原序列中的位置（即第几道题），1个存储所需时间
如何维护这个队列的单调性？
1、数必须在窗口范围内，假设当前要计算第i个，那么可以更新它的范围是[i-mid-1,i-1]，所以如果当前队首位置<i-mid-1，就让其出队
2、单调递增，如果第抄第i-1道题所需时间比当前的队尾时间少，就让队尾出队
3、在确定位置插入i-1的信息
4、用队首信息更新当前点信息
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define N 50001 using namespace std; int n,t,head,tail,a[N],f[N],q[N],id[N],l,r,mid,ans; //a存储抄每道题所需时间，f抄第i道题的最少时间，q单调队列数组，存储所需时间，id单调队列数组，存储题目编号 inline bool check(int k) { memset(q,0,sizeof(q)); memset(f,0,sizeof(f)); memset(id,0,sizeof(id)); head=tail=0; //队列采取左闭右开式，有效范围为[head,tail-1] for(int i=1;i<=n;i++) { while(id[head]<i-k-1&&head<tail) head++;//队首题目编号不在可以更新i的范围内，出队 while(f[i-1]<q[tail-1]&&head<tail) tail--;//不满足单调性，出队 q[tail]=f[i-1];//入队 id[tail]=i-1; tail++; f[i]=q[head]+a[i]; } int tmp=0x7fffffff; for(int i=n-k;i<=n;i++) tmp=min(tmp,f[i]); if(tmp<=t) return true; return false; } int main() { scanf("%d%d",&n,&t); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); l=0,r=n; while(l<=r) { mid=l+r>>1; if(check(mid)) {ans=mid;r=mid-1;} else l=mid+1; } printf("%d",ans); }
结果：
以上是关于D. Program（有点难度的线性DP）的主要内容，如果未能解决你的问题，请参考以下文章
Educational Codeforces Round 60 (Rated for Div. 2) D. Magic Gems（矩阵快速幂）