题解 DTOJ 1865 最佳挤奶方案 (optmilk)

Posted 2021-02-01 bosswnx

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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了题解 DTOJ 1865 最佳挤奶方案 (optmilk)相关的知识，希望对你有一定的参考价值。

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【题目描述】

Farmer John最近购买了 (N(1 <= N <= 40000)) 台挤奶机，编号为 (1 ... N)，并排成一行。第 (i) 台挤奶机每天能够挤 (M(i)) 单位的牛奶 ((1 < =M(i) <=100,000)) 。由于机器间距离太近，使得两台相邻的机器不能在同一天使用。Farmer John可以自由选择不同的机器集合在不同的日子进行挤奶。在 (D(1 < = D < = 50,000)) 天中，每天Farmer John对某一台挤奶机进行维护，改变该挤奶机的当天产量。

Farmer John希望设计一个挤奶方案，使得挤奶机能够在 (D) 天后获取最多的牛奶。

【输入输出格式】

输入格式：

第 (1) 行：两个整数 (N) 和 (D)

第 (2..N+1) 行：每台挤奶机的 (M(i))

第 (N+2..N+D+1) 行：两个整数 (i) 和 (m)，表示每天对机器 (i) 进行维护，机器i的产量为 (m)。

输出格式：

一个数组表示最大产量

【输入输出样例】

输入样例：

5 3
1
2
3
4
5
5 2
2 7
1 10

输出样例：

32

【提示】

【样例说明】
第 (1) 天，最优方案为 (2+4=6) ( 方案 (1+3+2)一样)
第 (2) 天，最优方案为 (7+4=11)
第 (3) 天，最优方案为 (10+3+2=15)

【标签】

线段树，单点修改，区间DP。

【分析】

通过线段树来进行区间DP，维护最大点集。

基本想法：

化简题目：将 (n) 个点排成一排，每一个点都有一个点权，从中选出相互不能临近的最大点集。

改进：

由于需要维护区间信息，考虑通过线段树来进行区间DP。

每个线段树的节点内都有一个(F)数组：

(F[1][0]) 表示区间左端点取，右端点不取的最大点集的和。
(F[0][1]) 表示区间左端点不取，右端点取的最大点集的和。
(F[1][1]) 表示区间左端点取，右端点也取的最大点集的和。
(F[0][0]) 表示区间左端点、右端点都不取的最大点集的和。

因为两个相邻的点不能同时取，所以更新最大值的时候要进行分类讨论，举例当前树节点可以由：

左子节点的 (F[1][0]) (+) 右子节点的 (F[1][0])；
左子节点的 (F[1][0]) (+) 右子节点的 (F[0][0])；
左子节点的 (F[1][1]) (+) 右子节点的 (F[0][0])；

三种情况取最大值得来，其他情况同理，在更新时讨论即可。

在建树时叶子节点的值为(F[1][1] = S[l])。

每组数据读入后进行线段树单点修改，(Ans) 增加线段树根节点的所有情况中的最大值即可。

【代码】

[C++]

#include <bits/stdc++.h>
#define wld(a) while(a(isdigit(c=getchar())))
#define xpp x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48)
#define LL long long
#define R k<<1|1
#define L k<<1
using namespace std;
const int MAXN = 40000+5;
struct T{LL F[2][2];int l, r;}T[MAXN*4];

int S[MAXN], n, d, p, v;
long long Ans;

inline int Rd(){char c;wld(!);int x=c^48;wld()xpp;return x;}
inline void Update(int &k){  //更新数据
    T[k].F[1][0] = max(max(T[L].F[1][0]+T[R].F[1][0], T[L].F[1][1]+T[R].F[0][0]), T[L].F[1][0]+T[R].F[0][0]);
    T[k].F[0][1] = max(max(T[L].F[0][1]+T[R].F[0][1], T[L].F[0][0]+T[R].F[1][1]), T[L].F[0][0]+T[R].F[0][1]);
    T[k].F[0][0] = max(max(T[L].F[0][1]+T[R].F[0][0], T[L].F[0][0]+T[R].F[1][0]), T[L].F[0][0]+T[R].F[0][0]);
    T[k].F[1][1] = max(max(T[L].F[1][0]+T[R].F[1][1], T[L].F[1][1]+T[R].F[0][1]), T[L].F[1][0]+T[R].F[0][1]);
}
void Build(int k, int l, int r){  //建树
    T[k].l = l, T[k].r = r;
    if(l==r){T[k].F[1][1] = S[l];return;}
    int mid = (l+r)>>1;
    Build(L, l, mid);
    Build(R, mid+1, r);
    Update(k);
}
void Revise(int k){  //单点修改
    if(T[k].l==T[k].r){T[k].F[1][1]=v;return;}
    int Tmid = (T[k].l+T[k].r)>>1;
    if(p<=Tmid) Revise(L);
    else Revise(R);
    Update(k);
}
int main(){
    n=Rd(), d=Rd();
    for(int i=1; i<=n; i++) S[i]=Rd();
    Build(1, 1, n);
    while(d--){
        p=Rd(), v=Rd();
        Revise(1);
        Ans += max(max(T[1].F[1][1], T[1].F[0][0]), max(T[1].F[1][0], T[1].F[0][1]));
    }
    printf("%lld", Ans);
    return 0;
}