单调队列优化dp题目

Posted 2020-12-30 71-111

附一链接，大多题型里面有，再附两题:https://blog.csdn.net/hjf1201/article/details/78729320

1.绿色通道

题目描述 Description 
《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……)

输入描述 Input Description 
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。

输出描述 Output Description 
仅一行，一个整数w，为最低的发怒度。

样例输入 Sample Input 
17 11

6 4 5 2 5 3 4 5 2 3 4 5 2 3 6 3 5

样例输出 Sample Output 
3

数据范围及提示 Data Size & Hint 
60%数据 n<=2000

100%数据 0 < n <=50000，0 < a[i] <=3000，0< t<=100000000

 

二分+dp+单调队列优化（优先队列也行）

代码：

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 int n,t,a[50100],ans,sum,dp[50100];
 4 int he=1,ta;
 5 struct edge{
 6     int data,id;
 7 }q[50100];
 8 
 9 inline int read(){
10     int x=0,f=1;char ch=getchar();
11     while(ch<‘0‘||ch>‘9‘) { if(ch==‘-‘) f=-1;ch=getchar();}
12     while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) { x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}
13     return x*f;
14 }
15 
16 inline bool check(int x,int tim){
17     memset(dp,0x3f3f3f3f,sizeof(dp));
18     he=1;ta=0;q[++ta].data=q[ta].id=0;
19     dp[0]=0;
20     for(int i=1;i<=n;i++){
21         while(i-q[he].id-1>x) he++;
22         dp[i]=q[he].data+a[i];
23         while(q[ta].data>dp[i]) ta--;
24         q[++ta].data=dp[i];q[ta].id=i;
25     }
26     for(int i=n-1;i>=n-x;i--)
27         dp[n]=min(dp[n],dp[i]);
28     if(dp[n]<=tim) return true;
29     else return false;
30 }
31 
32 int main(){
33     n=read();t=read();
34     for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),sum+=a[i];
35     if(sum<=t){
36         printf("0
");
37         return 0;
38     }
39     int l=1,r=n;
40     while(l<=r){
41         int mid=(l+r)>>1;
42         if(check(mid,t)) ans=mid,r=mid-1;
43         else l=mid+1;
44     }
45     printf("%d
",ans);
46     return 0;
47 } 

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2.czy的后宫6

题目描述

众所周知的是丧尸czy有很多妹子（虽然很多但是质量不容乐观QAQ），今天czy把n个妹子排成一行来检阅。但是czy的妹子的质量实在……所以czy看不下去了。检阅了第i个妹子会增加czy a[i]的肾虚值，他打算在检阅过程中最多休息m次（一开始检阅算0次休息，就是说czy最多可以检阅m+1次），每次休息过后czy又会龙精虎猛的继续检阅。问怎样分配才能使得czy在检阅过程中的最大肾虚值最小。

当然这么简单的问题czy早就会做啦……他原来还想算算满足肾虚值最小的条件下有几种方案，但是他太虚了，所以这个问题也交给你啦。你只要输出方案数mod 32123的值即可。

输入格式

第一行输入两个正整数n、m，表示czy的妹子数、最多的休息次数

接下来2到n+1行每行输入一个数a[i]，意义见上

输出格式

第一行输出一个数s，表示最小的肾虚值

第二行输出一个数t，表示方案数

样例输入

4 2

3

4

5

2

样例输出

7

3

样例解释

最小的肾虚值为7

分法有3种：34|5|2，34|52，3|4|52

‘|’表示休息

数据范围

有30%的数据，1<=n<=20

另30%的数据，1<=n<=200

另30%的数据，1<=n<=5000，1<=m<=min(n-1,1000)，1<=a[i]<=1000

另10%的数据，1<=n<=20000，1<=m<=1000，a[i]只有1、2

保证80%数据随机生成，在计算过程中不会爆int

 

代码：

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define inf 0x7fffffff
 4 #define ll long long
 5 #define mod 32123
 6 #define N 200010
 7 using namespace std;
 8 
 9 ll read()
10 {
11     ll x=0,f=1;char ch=getchar();
12     while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
13     while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}
14     return x*f;
15 }
16 int f[20005][1005],l,r,a[N],n,m,tot[N],ans;
17 bool check(int x)
18 {
19     int tot=0,cnt=0;
20     for (int i=1;i<=n;i++)
21     {
22         tot+=a[i];
23         if (tot>x) cnt++,tot=a[i];
24         if (cnt>m) return false;
25     }
26     return true;
27 }
28 int main()
29 {
30     n=read(),m=read();
31     for (int i=1;i<=n;i++)
32     {
33         a[i]=read();
34         r+=a[i];
35     }
36     l=0;
37     while (l<r)
38     {
39         int mid=(l+r)>>1;
40         if (check(mid)) r=mid;
41         else l=mid+1;
42     }
43     int ans1=r;
44     printf("%d
",ans1);
45     int sum=0,ans2=0;
46     f[0][0]=1;tot[0]=1;//tot：到目前分j段的方案数 
47     int l=0;
48     for(int i=1;i<=n;i++)
49     {
50         sum+=a[i];
51         while(sum-a[l]>ans1)
52         {
53             sum-=a[l];//单调队列优化 
54             for(int j=0;j<=m+1;j++)
55             {
56                 tot[j]-=f[l][j];
57                 if(tot[j]<0)tot[j]+=mod;
58             }
59             l++;
60         }
61         for(int j=m+1;j>=1;j--)
62         {
63             f[i][j]+=tot[j-1];
64             tot[j]+=f[i][j];
65             tot[j]%=mod;
66             f[i][j]%=mod;
67         }
68     }
69     for(int i=0;i<=m+1;i++)
70         ans2=(ans2+f[n][i])%mod;
71     printf("%d",ans2);
72     return 0;
73 }

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