poj 1821 Fence

题意：

有一道线性篱笆由N个连续的木板组成。有K个工人，你要叫他们给木板涂色。每个工人有3个参数：L 表示 这个工人可以涂的最大木板数目，S表示这个工人站在哪一块木板，P表示这个工人每涂一个木板可以得到的钱。要注意的是，工人i可以选择不涂任何木板，否则，他的涂色区域必须是连续的一段，并且S[i]必须包含在内。 最后还有，每块木板只能被涂一次。

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【分析】

思路：

第一眼，水题~dp[i][j]表示第i个人刷的最后一面墙是j时的最大获利

一看数据范围，我水了。。。

怎么优化呢？

dp[i][j]含义同上

dp[i][j]=max(dp[i-1][k]+(j-k)*p[i]) j-l[i]+1<=k+1<=s[i]

dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1],dp[i][j])//第i个人不刷,第j面墙不刷

其中第二个方程转移时0(1)的，不用优化了，第一个方程转移时0(n)的，我们要想办法优化它

优化方程一般就是恒等变形+找规律

dp[i][j]=max(dp[i-1][k]-k*p[i])+j*p[i]

其中j*p[i]在i,j两重循环中相当于常数，所以，对于状态dp[i][j]只要维护dp[i-1][k]-k*p[i]的最大值即可

就用单调队列维护

单调队列维护过程：（转自lyd神犇的博客）

单调队列具体的做法是：最外层循环为i，首先把j=1~s[i]-1转移完（因为它不涉及第三个转移），然后把(j-l[i]<=k<=s[i]-1)的决策点的F[i-1,k]-p[i]*k依次入队建立“入队早晚时间递增，F[i-1,k]-p[i]*k的值递减”的单调队列，接下来循环j=s[i]~s[i]+l[i]-1，进行这三个转移（第三个转移只需要用队首元素），其中每次需要把队首超出长度限制的决策点出队；最后把剩下的到n循环完，只需要前两个转移。

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【代码】

//poj 1821 Fence
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define fo(i,j,k) for(i=j;i<=k;i++)
using namespace std;
const int mxn=16007;
int n,m;
int dp[105][mxn],z[105],y[105],q[mxn];
struct node
{
    int s,p,l;
}a[mxn];
inline bool comp(const node &x,const node &y) {return x.s<y.s;}
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
int main()
{
    int i,j;
    m=read();n=read();
    fo(i,1,n)
      a[i].l=read(),a[i].p=read(),a[i].s=read();
    sort(a+1,a+n+1,comp);
    fo(i,1,n)
      z[i]=max(0,a[i].s-a[i].l),y[i]=min(m,a[i].s+a[i].l-1);
    fo(i,1,n)
    {
        fo(j,0,a[i].s-1) dp[i][j]=dp[i-1][j];
        int h=1,t=0,tmp;
        fo(j,z[i],a[i].s-1) //把dp[i-1]的状态用单调队列闹出来 
        {
            tmp=dp[i-1][j]-j*a[i].p;
            while(h<=t && tmp>=dp[i-1][q[t]]-q[t]*a[i].p) t--;
            q[++t]=j;
        }
        fo(j,a[i].s,y[i])
        {
            while(h<=t && j-q[h]>a[i].l) h++;
            dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);
            dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][q[h]]+(j-q[h])*a[i].p);
        }
        fo(j,y[i]+1,m) dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);
    }
    printf("%d\n",dp[n][m]);
    return 0;
}