PKU 1821 Fence（原来DP也是会超时的。。）

O(N*N*K)的DP算法还是比较容易想到的。

但可以运用一个贪心策略把O(N*N)变成O(N)。这一点还是比较难的。。。

 

给个抄来的解题报告

 

题目意思就是说给你一段墙，有K个粉刷工，每个粉刷工站在一个位置，且每个粉刷工只能刷L连续长度的墙，且要包括他所在的位置，而且每个粉刷工刷一个单位的墙的价格也不一样，问怎么刷能达到最大价钱 先以P为关键字对工人进行排序，使这个顺序作为动态规划的阶段。

定义F[I]代表粉刷前I个栅栏最大价值，有如下状态转移方程：
F[I]:=Max{F[J]+Len*Cost}
显然，这个方程的复杂度是O（K*N*N）的，我们需要对其进行优化。

顺序枚举工人I，递减的枚举右边界J，然后定义一个变量K，初始时K=P[I]，代表第I个工人粉刷的左边界。
显然F[J]:=Max{F[K-1]+（J-K+1）*Cost[I]}
现在的关键就在于维护这个K。

当递减循环到J'的时，设T=J'-Len[I]+1，当（(K-1）-T+1）*Cost[I]>F[K-1]-F[T-1]时，K:=T，否则K不变。（画画图就明白了），这里表示对于下面一个右边界是否需要移动其左边界。

 

 

我差不多就是按照这个思路来的，不过我的最外面的循环是逆着的，所以方向也是逆着的。

#include <algorithm> #include <iostream> #define _clr(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) template<class T> void get_max(T& a,T b) { if(a<b) a=b;} using namespace std; int N,K; struct node { int pos,cost,len; }nodes[105]; bool operator<(node& a,node& b) { return a.pos<b.pos; } void intcpy(int a[],int b[],int len) { for(int i=0;i<len;i++) a[i]=b[i]; } int DP[105][16005]; int end[16005]; int main() { scanf("%d%d",&N,&K); for(int i=0;i<K;i++) scanf("%d%d%d",&nodes[i].len,&nodes[i].cost,&nodes[i].pos); sort(nodes,nodes+K); _clr(DP,0); for(int i=max(1,nodes[K-1].pos-nodes[K-1].len+1);i<=nodes[K-1].pos;i++) DP[K-1][i]=min(nodes[K-1].len,N-i+1)*nodes[K-1].cost; for(int i=1;i<=nodes[K-1].pos-nodes[K-1].len;i++) DP[K-1][i]=DP[K-1][nodes[K-1].pos-nodes[K-1].len+1]; for(int i=K-2;i>=0;i--) { int dd=max(0,nodes[i].pos-nodes[i].len); intcpy(DP[i]+1,DP[i+1]+1,N); end[0]=nodes[i].pos+1; for(int j=1;j<nodes[i].len;j++) { if(DP[i+1][end[j-1]]-DP[i+1][min(N+1,nodes[i].pos+1+j)]<min(j+nodes[i].pos-end[j-1]+1,N-nodes[i].pos)*nodes[i].cost) end[j]=nodes[i].pos+1+min(j,N-nodes[i].pos); else end[j]=end[j-1]; } for(int start=dd+1;start<=nodes[i].pos;start++) { get_max(DP[i][start],DP[i+1][end[start+nodes[i].len-nodes[i].pos-1]]+(end[start+nodes[i].len-nodes[i].pos-1]-start)*nodes[i].cost); } for(int j=1;j<=dd;j++) get_max(DP[i][j],DP[i][dd+1]); } printf("%d/n",DP[0][1]); return 0; }