AcWing 298. 围栏 (POJ1821)

Posted 2022-07-17 yangxuejian

标签（空格分隔）： dp 单调队列优化

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题目描述

有N块木板从左到右排成一行，有M个工匠对这些木板进行粉刷，每块木板至多被粉刷一次。

第 i 个木匠要么不粉刷，要么粉刷包含木板 \(S_i\) 的，长度不超过 $ L_i $ 的连续的一段木板，每粉刷一块可以得到 $ P_i $ 的报酬。

不同工匠的\(S_i\)不同。

请问如何安排能使工匠们获得的总报酬最多。

输入格式

第一行包含两个整数N和M。

接下来M行，每行包含三个整数Li,Pi,Si。

输出格式

输出一个整数，表示结果。

数据范围

1≤N≤16000,
1≤M≤100,
1≤Pi≤10000

输入样例：

8 4
3 2 2
3 2 3
3 3 5
1 1 7

输出样例：

17

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显然，这是一道单调队列优化的模板题。

首先，我们考虑这个单调队列。

什么是单调队列 ？

单调队列， 指的是一个保存当前状态的决策点集合的队列。 队列的队首即是当前的最优决策。但在状态转移的过程中，需要不断维护。时间复杂度为O（阶段数 * 状态数）

维护单调队列有两种方式。

1. 检查队首的合法性
2. 在队尾删除无用决策

提一嘴，这里的单调是k单调递增，calc（i，k）单调递减

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首先， 这一题有三个原始状态状态：

1. 第i个painter什么也不刷， 即f[i - 1,j]
2. 第j块板子不刷，即f[i, j - 1]
3. 第i个工匠粉刷 k + 1 到 j 块板子 。
   由题面得: 该工匠粉刷不超过Li块，且必须刷Si，所以需要满足 :
   \[ k + 1 <= S_i <= i \qquad and \qquad j - k <= L_i \]
   所以有状态转移方程 :
   \[ f[i, j] = \max_ j - L_i \leqslant k \leqslant S_i - 1 \ f[i - 1, k] + P_i * (j - k) \ \] 显然，在决策的过程中 \(P_i * j\) 是一个“等效”的常量， 所以将原转移方程改写为 :
   \[ f[i, j] = P_i * j + \max_ j - L_i \leqslant k \leqslant S_i - 1 \ f[i - 1, k] - P_i * k \ \]
   其中， 我们就可以把 \(f[i - 1, k] - P_i * k\) 写成下文的calc函数
   剩下的和着代码一起讲。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 16000 + 5;
const int maxm = 100 + 5; 
int n, m; 
int Queue[maxn];// 单调队列本体
struct node 
    int l, p, s;
painter[maxm];
//代表每个粉刷匠的l,p,s
int f[maxm][maxn];
//f[i][j] : 代表考虑第i位粉刷匠刷到第j块板子(中间可以有不刷的)能get的最大报酬 
int calc(int i, int k)
    return f[i - 1][k] - painter[i].p * k;

bool cmp(node a, node b)
    return a.s < b.s;

int main()
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1;i <= m;i ++)
        scanf("%d%d%d", &painter[i].l, &painter[i].p, &painter[i].s);
    
    sort(painter + 1, painter + 1 + m, cmp);
    //排序，使得每个粉刷匠刷的木板都在前一个之后，我们就可以按顺序进行dp
    for(int i = 1;i <= m;i ++)
        int h = 1, t = 0;//head & tail
        for(int k = max(0, painter[i].s - painter[i].l);k <= painter[i].s - 1;k ++)
            while(h <= t && calc(i, Queue[t]) <= calc(i, k))t --;
            //当新决策比你小又比你强，那你就打不过他了QAQ。 人话：当新决策点的报酬比当前队尾的大，又因为在j不断增加的过程中当前队尾的决策点一定比新决策点更早从[j - Li, Si - 1]退出，因此新决策点的“生存能力”较强，则队尾一定为无用决策，delete掉，最后加入新的决策点
            Queue[++ t] = k;
        //这几行是用来计算初始决策的。把从max(Si - Li, 0) ~ s[i] - 1的优秀的决策点取出，检查，入队
        for(int j = 1;j <= n;j ++)
            f[i][j] = max(f[i - 1][j], f[i][j - 1]);
            //不刷时的转移
            if(j >= painter[i].s)
                while(h <= t && Queue[h] < j - painter[i].l)
                    //当队首不在[j - Li, Si - 1]之中时，无法刷到Si,所以该退役了。
                    h ++;
                
                if(h <= t)
                    f[i][j] = max(f[i][j], calc(i, Queue[h]) + painter[i].p * j);
                    //若队中还有决策点，则最优的决策点就为队首。
                
            
        
    
    cout << f[m][n];
    //输出了
    return 0;