[单调队列优化DP]JZOJ 3128 跳格子

Posted 2021-10-29 mastervan

Description

奶牛们正在回味童年，玩一个类似跳格子的游戏，在这个游戏里，奶牛们在草地上画了一行N个格子，(3 <=N <= 250,000)，编号为1..N。

    就像任何一个好游戏一样，这样的跳格子游戏也有奖励！第i个格子标有一个数字V_i(-2,000,000,000 <=V_i <= 2,000,000,000)表示这个格子的钱。奶牛们想看看最后谁能得到最多的钱。

    规则很简单：

    * 每个奶牛从0号格子出发。(0号格子在1号之前，那里没钱)

    * 她向N号格子进行一系列的跳跃(也可以不跳)，每次她跳到的格子最多可以和前一个落脚的格子差K格(1 <= K <= N)(比方说，当前在1号格，K=2, 可以跳到2号和3号格子)

    * 在任何时候，她都可以选择回头往0号格子跳，直到跳到0号格子。

另外，除了以上规则之外，回头跳的时候还有两条规则：

    * 不可以跳到之前停留的格子。

    * 除了0号格子之外，她在回来的时候，停留的格子必须是恰巧过去的时候停留的某个格子的前一格(当然，也可以跳过某些过去时候停留的格子)。简单点说，如果i号格子是回来停留的格子，i+1号就必须是过去停留的格子，但如果i+1号格子是过去停留的格子，i号格子不一定要是回来停留的格子。

    她得到的钱就是所有停留过的格子中的数字的和，请你求出最多奶牛可以得到的钱数。

 

 

Input

* 第1行 1: 两个用空格隔开的整数: N 和 K

* 第2到N+1行: 第i+1行有一个整数: V_i

 

Output

* 第一行: 一个单个的整数表示最大的钱数是多少。

 

 

Sample Input

5 2
0
1
2
-3
4

Sample Output

4

 

Data Constraint

 

 

Hint

【样例解释】

在样例中，K=2，一行5个格子，钱数分别为0、1、2、-3、4

    一个合法的序列Bessie可以选择的是0[0], 1[0], 3[2], 2[1], 0[0]。(括号里的数表示钱数)这样，可以得到的钱数为0+0+2+1+0 = 3。

    如果Bessie选择一个序列开头为0, 1, 2, 3, ...，那么她就没办法跳回去了，因为她没办法再跳到一个之前没跳过的格子。

    序列0[0], 2[1], 4[-3], 5[4], 3[2], 1[0], 0[0]是最大化钱数的序列之一，最后的钱数为(0+1-3+4+2+0 = 4)。还有一种可能的最大化钱数的序列是: 0[0] 2[1] 4[-3] 5[4] 3[2] 1[0] 0[0]。

分析

我们可以贪心的思考一下，先考虑只跳正数钱的格子，那我们设s[i]为1..i中所有正数的和

f[i]为跳到i且i-1作为跳回来的格子的最大钱数，那么方程还算挺明显的：f[i]=max{f[j]+s[i-2]-s[j]}+v[i]+v[i-1]

然后最后答案是max{f[i]+s[i+k-1]-s[i]}

然后f[j]-s[j]这一段是可以用单调队列优化的 就很简单啦

 

#include <iostream> 
#include <cstdio>
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2.5e5+10;
int pos[N];
deque<ll> q;
int n,k,l,r;
ll v[N],s[N],ans,f[N];

int main() {
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&v[i]),s[i]=s[i-1]+(v[i]<0ll?0ll:v[i]);
    l=1;r=0;
    for (int i=2,j=0;i<=n;i++,j++) {
        ll now=f[j]-s[j];
        while (!q.empty()&&q.back()<=now) q.pop_back(),r--;
        q.push_back(now);pos[++r]=j;
        while (!q.empty()&&pos[l]<i-k) l++,q.pop_front();
        f[i]=q.front()+s[i-2]+v[i-1]+v[i];
    }
    ans=f[1]+s[min(1+k,n)];
    for (int i=2;i<=n;i++) {
        ans=max(ans,f[i]+s[min(i+k-1,n)]-s[i]);
    }
    printf("%lld",ans);
}

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