松果

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松果

题目描述

有N棵松果树从左往右排一行，桃桃是一只松鼠，它现在在第一棵松果树上。它想吃尽量多的松果，但它不想在地上走，而只想从一棵树跳到另一棵树上。松鼠的体力有个上限，每次不能跳的太远，也不能跳太多次。每当它跳到一棵树上，就会把那棵树上的松果全部都吃了。它最多能吃到多少个松果？

输入格式 1725.in

第一行，三个整数：N、D、M。N表示松果树的数量，D表示松鼠每次跳跃的最大距离，M表示松鼠最多能跳跃M次。
接下来有N行，每行两个整数：Ai和Bi。其中Ai表示第i棵树上的松果的数量，Bi表示第i棵树与第1棵树的距离，其中B1保证是0。
数据保证这N棵树从左往右的次序给出，即Bi是递增的，不存在多棵树在同一地点。

输出格式 1725.out

一个整数。

输入样例 1725.in

5 5 2
6 0
8 3
4 5
6 7
9 10

输出样例 1725.out

20

【数据范围】
Ai <= 10000, D <= 10000
对于40%的数据，M < N <= 100, Bi<= 10000
对于100%的数据，M < N <= 2000,Bi <= 10000

松树需要从一棵树跳到另一棵树，则具有阶段性。有次数的限制，M,N较大，寻找最优解。不难看出，这是一道DP。

状态怎么设计？第一维需要记录跳到了哪棵树上。此外，由于跳的次数有限制，且影响结果，因此必须要记录次数这一维。

于是，我定义f[i][j]表示跳到了第i棵树上，在j棵树上停留过（跳过j-1次）的最优解。

子问题是什么？就是松树停留的前一棵树。因此，状态转移方程就为：

F[i][j]=a[i]+max(f[k][j-1])(1<=k<i,且b[i]-b[k]<=d)

最终max(f[1][m+1],f[2][m+1]……f[n][m+1])即为答案。

但是我们发现，如果for循环枚举k，则时间复杂度为N^3级别的，会造成超时。因此需要更加高效的算法。

方法一：

不难发现，k这个参数的增长是连续的。查询一段的最值，可以用到线段树。此处用二维的线段树，其中第一维为次数，作为标识。

我们可以预处理出对于i而言，编号最小的mink。每次用线段树查询f[mink][j-1]~f[i-1][j-1]的最大值，代替上文的for循环，就能快速获知答案了。

时间复杂度：O（N^2*logN）

代码如下：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int n,d,m,ans=0;
int f[2005][2005],a[2005],b[2005];
int tree[2005][8005];
int findlast(int i)
{
    int lo=0,hi=i;
    while(lo+1<hi)
    {
        int mid=(lo+hi)/2;
        if(b[mid]>=b[i]-d) hi=mid;
        else    lo=mid;
    }
    return hi;
}
int getans(int now,int l,int r,int s,int t,int num)
{
    if(l>t||r<s)    return -1;
    if(s<=l&&r<=t)    return tree[num][now];
    int mid=(l+r)/2;
    return max(getans(now*2,l,mid,s,t,num),getans(now*2+1,mid+1,r,s,t,num));    
}
void update(int now,int l,int r,int num,int i,int v)
{
    if(l>i||r<i)    return;
    if(l==i&&r==i)
    {
        tree[num][now]=v;
        return;
    }
    int mid=(l+r)/2,ls=now*2,rs=now*2+1;
    update(ls,l,mid,num,i,v);
    update(rs,mid+1,r,num,i,v);
    tree[num][now]=max(tree[num][ls],tree[num][rs]);
}
void dp(int i)
{
    for(int pick=3;pick<=m+1;pick++)
    {    
        if(i<pick)    continue;
        int now,last;        
        last=findlast(i);
        if(last>=i)    continue;
        now=getans(1,1,n,last,i-1,pick-1);
        if(now!=-1)    
        {
            f[i][pick]=now+a[i];
            update(1,1,n,pick,i,f[i][pick]);
        }
    }        
}
int main()
{
    cin>>n>>d>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++)    cin>>a[i]>>b[i];
    memset(f,-1,sizeof(f));
    memset(tree,-1,sizeof(tree));
    f[1][1]=a[1];
    update(1,1,n,1,1,a[1]);
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(b[i]<=d)    
        {
            f[i][2]=a[1]+a[i];
            update(1,1,n,2,i,f[i][2]);
        }
        dp(i);        
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)    ans=max(ans,f[i][m+1]);
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

方法二：

查询最值，我们同样可以用单调队列。此处也是要开二维，其中第一维为次数作为标识。

由于要求最大值，此处维护单调递减队列。另外，当队首元素不能够跳到第i棵树时，就将其出队。

值得注意的是，当求好f[i][j]之后，不要立即将其入队。因为后面求f[i][j+1]时，需要跳j次的最大值，这时就有可能取到f[i][j]，造成了错误。应该在所有f[i][]求好了之后，在统一进行入队操作。

由于每一个f[i][j]在单调队列中，最多入队一次，出队一次，因此时间复杂度只是加上2*N^2。

时间复杂度：O(N^2)

代码如下:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int MAXN=2005;
int n,d,m,ans=0;
int f[MAXN][MAXN],a[MAXN],b[MAXN];//跳到第i棵树，到过j棵树的最大能量值 
int q[MAXN][MAXN];//第一维为标识。 
int inde[MAXN][MAXN];
int head[MAXN],tail[MAXN];
void dp(int i)
{
    for(int pi=2;pi<=min(i,m+1);pi++)
    {    
        int now;
        while(  head[pi-1]<=tail[pi-1]  &&  (b[i]-inde[pi-1][head[pi-1]])>d)    head[pi-1]++;
        
        if(head[pi-1]>tail[pi-1])    continue;//不存在。
         
        f[i][pi]=q[pi-1][head[pi-1]]+a[i];
    }        
    for(int pi=2;pi<=min(i,m+1);pi++)
    {
        int now=f[i][pi];
        
        if(now==-1)    continue;
        
        while(head[pi]<=tail[pi]&&q[pi][tail[pi]]<=now)    tail[pi]--;
        
        q[pi][++tail[pi]]=now;
        
        inde[pi][tail[pi]]=b[i];
    }
}
int main()
{
    cin>>n>>d>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++)    cin>>a[i]>>b[i];
    for(int i=1;i<=n;i++)    head[i]=1;
    memset(f,-1,sizeof(f));
    f[1][1]=a[1];
    q[1][1]=a[1];
    inde[1][1]=0;
    tail[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
        dp(i);        
    for(int i=1;i<=n;i++)    ans=max(ans,f[i][m+1]);
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}