Codeforces Round #620 (Div. 2)F2

Posted 2021-03-08 starve

题意：给出n，和m表示有n天，m块区域，每块区域都有一定数论的动物数量，k表示可以在这一天中观察[x，max(x+k-1,m)]的区域内的动物，有俩台相机，一台只能在偶数天用，另一台则是在奇数天用，每用一次就得在那个区域内待俩天，相邻的要是有重复的区域，该区域内的动物数只计数一次，问最多有可能的动物数目是多少

分析：因为n<=50,m<=20000,所以我们考虑一下dp[n][m],dp[i][j]表示：在第 i 天选择[j,j+k-1]区域拍摄的最大拍摄量。

　　　因为是连续拍摄俩天，所以我们可以想象一个块，这个块的大小是：2*k（2为连续拍摄俩天，k为连续的区域），然后第 i 天转移的过程就是这个块滑块的过程，下面考虑第 i 天；

　　　因为会涉及重复的问题，所以我们不妨直接把这个块全部算成都有效的块，然后这个块要和 （前一天的dp （减去这个块对这个前一天的dp）的影响） 相加才为选择这个区域来拍摄的最优值；

　　　接下来的dp就相当于这个块在第 i 天的dp数组上进行“滑块”，假设当前这个块（左上角为dp[i][j],dp[i+1][j+k-1]）向右 “滑” ，那么就考虑加入[j+k]区域的动物对dp[i-1][]的影响和去掉 [j] 区域对dp[i-1][]的影响；

　　　这个影响靠线段树的区间加，区间最值来维护，详细可以看代码注释

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define pb push_back
#define lson root<<1,l,midd
#define rson root<<1|1,midd+1,r
const int M=2e4+4;
const int N=55;
int sum[N][M],a[N][M],dp[N][M];
struct node{
    int lazy,val;
}tr[M<<2];
void build(int root,int l,int r){
    if(l==r){
        tr[root].lazy=tr[root].val=0;
        return ;
    }
    int midd=(l+r)>>1;
    build(lson);
    build(rson);
}
void pushdown(int root){
    int x=tr[root].lazy;
    tr[root<<1].lazy+=x;
    tr[root<<1|1].lazy+=x;
    tr[root<<1].val+=x;
    tr[root<<1|1].val+=x;
    tr[root].lazy=0;
}
void up(int root){
    tr[root].val=max(tr[root<<1].val,tr[root<<1|1].val);
}
void update(int L,int R,int c,int root,int l,int r){
    if(L<=l&&r<=R){
        tr[root].lazy+=c;
        tr[root].val+=c;
        return ;
    }
    int midd=(l+r)>>1;
    if(tr[root].lazy)
        pushdown(root);
    if(L<=midd)
        update(L,R,c,lson);
    if(R>midd)
        update(L,R,c,rson);
    up(root);
}
int query(int L,int R,int root,int l,int r){
    if(L<=l&&r<=R){
        return tr[root].val;
    }
    if(tr[root].lazy)
        pushdown(root);
    int res=0;
    int midd=(l+r)>>1;
    if(L<=midd)
        res=max(res,query(L,R,lson));
    if(R>midd)
        res=max(res,query(L,R,rson));
    up(root);
    return res;
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    int n,m,k;
    cin>>n>>m>>k;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++){
            cin>>a[i][j];
            sum[i][j]=sum[i][j-1]+a[i][j];
        }
    }
    ///预处理dp[1]的情况
    for(int j=1;j<=m-k+1;j++){
        dp[1][j]=sum[1][j+k-1]-sum[1][j-1]
                +sum[2][j+k-1]-sum[2][j-1];
    }
    for(int i=2;i<=n;i++){
        memset(tr,0,sizeof(tr));
        for(int j=1;j<=m;j++)
            update(j,j,dp[i-1][j],1,1,m);
        for(int j=1;j<=k;j++)///算一个小预处理 ，为第一个窗口计算做准备 
            update(1,j,-a[i][j],1,1,m);
            ///枚举每一个窗口 
        for(int j=1;j<=m-k+1;j++){///每个窗口为上一个窗口向右移动一格，代价为去掉左边一个增加右边一个对答案的贡献 
            dp[i][j]=max(dp[i][j],query(1,m,1,1,m)+sum[i][j+k-1]-sum[i][j-1]
                                              +sum[i+1][j+k-1]-sum[i+1][j-1]);
            update(max(1,j-k+1),j,a[i][j],1,1,m);///减去左边出队的 
            update(j+1,j+k,-a[i][j+k],1,1,m);///加上右边入队的 
        }
    }
    int ans=0;
    for(int j=1;j<=m;j++)
        ans=max(ans,dp[n][j]);
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

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