【NOI2005】【BZOJ1149】【vijos1834】瑰丽的华尔兹

题目链接：https://vijos.org/p/1834
http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1499
描述
你跳过华尔兹吗？当音乐响起，当你随着旋律滑动舞步，是不是有一种漫步仙境的惬意？
众所周知，跳华尔兹时，最重要的是有好的音乐。但是很少有几个人知道，世界上最伟大的钢琴家一生都漂泊在大海上，他的名字叫丹尼·布德曼·T.D.·柠檬·1900，朋友们都叫他1900。
1900 在20 世纪的第一年出生在往返于欧美的邮轮弗吉尼亚号上。很不幸，他刚出生就被抛弃，成了孤儿。1900 孤独的成长在弗吉尼亚号上，从未离开过这个摇晃的世界。也许是对他命运的补偿，上帝派可爱的小天使艾米丽照顾他。
可能是天使的点化，1900拥有不可思议的钢琴天赋：从未有人教，从没看过乐谱，但他却能凭着自己的感觉弹出最沁人心脾的旋律。当1900 的音乐获得邮轮上所有人的欢迎时，他才8 岁，而此时，他已经乘着海轮往返欧美大陆50 余次了。
虽说是钢琴奇才，但1900还是个孩子，他有着和一般男孩一样的好奇和调皮，只不过更多一层浪漫的色彩罢了：
这是一个风雨交加的夜晚，海风卷起层层巨浪拍打着弗吉尼亚号，邮轮随着巨浪剧烈的摇摆。船上的新萨克斯手迈克斯·托尼晕船了，1900 招呼托尼和他一起坐到舞厅里的钢琴上，然后松开了固定钢琴的闸，于是，钢琴随着海轮的倾斜滑动起来。准确的说，我们的主角1900、钢琴、邮轮随着1900的旋律一起跳起了华尔兹，随着“嘣嚓嚓”的节奏，托尼的晕船症也奇迹般的消失了。后来托尼在回忆录上这样写道：
大海摇晃着我们
使我们转来转去
快速的掠过灯和家具
我意识到我们正在和大海一起跳舞
真是完美而疯狂的舞者
晚上在金色的地板上快乐的跳着华尔兹是不是很惬意呢？也许，我们忘记了一个人，那就是艾米丽，她可没闲着：她必须在适当的时候施展魔法帮助1900，不让钢琴碰上舞厅里的家具。
不妨认为舞厅是一个N行M列的矩阵，矩阵中的某些方格上堆放了一些家具，其他的则是空地。钢琴可以在空地上滑动，但不能撞上家具或滑出舞厅，否则会损坏钢琴和家具，引来难缠的船长。
每个时刻，钢琴都会随着船体倾斜的方向向相邻的方格滑动一格，相邻的方格可以是向东、向西、向南或向北的。而艾米丽可以选择施魔法或不施魔法：如果不施魔法，则钢琴会滑动；如果施魔法，则钢琴会原地不动。
艾米丽是个天使，她知道每段时间的船体的倾斜情况。她想使钢琴在舞厅里滑行的路程尽量长，这样1900 会非常高兴，同时也有利于治疗托尼的晕船。但艾米丽还太小，不会算，所以希望你能帮助她。
格式
输入格式

输入的第一行包含5个数N, M, x, y和K(1≤N, M≤200，K≤200)。N和M描述舞厅的大小，x和y为钢琴的初始位置；我们对船体倾斜情况是按时间的区间来描述的，且从1开始计算时间，比如“在[1, 3]时间里向东倾斜，[4, 5]时间里向北倾斜”，因此这里的K表示区间的数目。
以下N行，每行M个字符，描述舞厅里的家具。第i 行第j 列的字符若为‘ . ’，则表示该位置是空地；若为‘ x ’，则表示有家具。
以下K行，顺序描述K个时间区间，格式为：si ti di(1 ≤ i ≤ K)。表示在时间区间[si, ti]内，船体都是向di方向倾斜的。di为1, 2, 3, 4中的一个，依次表示北、南、西、东（分别对应矩阵中的上、下、左、右）。输入保证区间是连续的，即
s1 = 1
ti = si-1 + 1 (1 < i ≤ K)
tK = T(T≤40000)
输出格式

输出仅有1行，包含一个整数，表示钢琴滑行的最长距离(即格子数)。
样例1
样例输入1[复制]

4 5 4 1 3
..xx.
…..
…x.
…..
1 3 4
4 5 1
6 7 3
样例输出1[复制]

6
限制
每个测试点1s。
提示
样例说明：
钢琴的滑行路线：
img
钢琴在“×”位置上时天使使用一次魔法，因此滑动总长度为6。
来源
NOI 2005 Day 1
根据题意很容易定义状态f[i][j][k]表示k时刻在i,j,这个位置能走的最大路程显然有f[i][j][k]=max(f[i][j][k-1],f[px][py][k-1]+1,(px,py)据船颠簸方向而定。这样可以过50分的数据。而当T=40000时该怎么办呢？注意到此时k=200，我们可以 把状态的定义改为：f[i][j][k]表示i,j这个点在第k次颠簸能走的最大路程。如果暴力转移，也无法承受。这时我们以颠簸方向向右为例。我们从左至右计算f[i][j][k]时，在，f[i][j-1][k]已经计算好，由于都是从同一个方向转移过来，所以可以继承这个值。但有个问题， 继承的值可能已经超出了当前k的时间限制。我们可以用一个单调队列来维护在时间范围内的之前的f[i][j][k-1],每次取出对头符合要求的元素计算f[i][j][k]即可，并且删除队尾不够优的元素。船向其他方向颠簸时可用同样的方法计算，但是要注意计算的顺序。总时间复杂度为O（NMK）。注意到转移时只用到了k-1的状态，所以可以用滚动数组，空间复杂度为O（NM）。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<deque>
using namespace std;
int l,w,n,x0,y0;
int cnt,s[210],t[210],c[210],K,ans;
int f[210][210][2];
bool map[210][210];
struct data{
int d,p;
};
int main(){
freopen("10354.in","r",stdin);
scanf("%d%d%d%d%d",&l,&w,&x0,&y0,&K);
getchar();
for(int i=1;i<=l;i++){
for(int j=1;j<=w;j++){
char c=getchar();
if(c=='.')map[i][j]=1;
}
getchar();
}
for(int i=1;i<=K;i++){
scanf("%d%d%d",&s[i],&t[i],&c[i]);
}
memset(f,-1,sizeof(f));
f[x0][y0][0]=0;
for(int k=1;k<=K;k++){
int len=t[k]-s[k]+1;
if(c[k]==1){
for(int j=1;j<=w;j++){
deque<data>Q;
for(int i=l;i>0;i--){
f[i][j][k%2]=f[i][j][(k-1)%2];
if(!map[i][j])Q.clear();
else{
while(!Q.empty()&&Q.front().p-i>len)Q.pop_front();
if(!Q.empty()){
data u=Q.front();
f[i][j][k%2]=max(f[i][j][k%2],u.d+u.p-i);
}
int a=f[i][j][(k-1)%2];
while(!Q.empty()){
data v=Q.back();
if(a>=v.d+v.p-i)Q.pop_back();else break;
}
if(f[i][j][(k-1)%2]!=-1)Q.push_back((data){f[i][j][(k-1)%2],i});
}
if(k==K)ans=max(ans,f[i][j][k%2]);
}
}
}
if(c[k]==2){
for(int j=1;j<=w;j++){
deque<data>Q;
for(int i=1;i<=l;i++){
f[i][j][k%2]=f[i][j][(k-1)%2];
if(!map[i][j])Q.clear();
else{
while(!Q.empty()&&i-Q.front().p>len)Q.pop_front();
if(!Q.empty()){
data u=Q.front();
f[i][j][k%2]=max(f[i][j][k%2],u.d+i-u.p);
}
int a=f[i][j][(k-1)%2];
while(!Q.empty()){
data v=Q.back();
if(a>=v.d+i-v.p)Q.pop_back();else break;
}
if(f[i][j][(k-1)%2]!=-1)Q.push_back((data){f[i][j][(k-1)%2],i});
}
if(k==K)ans=max(ans,f[i][j][k%2]);
}
}
}
if(c[k]==3){
for(int i=1;i<=l;i++){
deque<data>Q;
for(int j=w;j>0;j--){
f[i][j][k%2]=f[i][j][(k-1)%2];
if(!map[i][j])Q.clear();
else{
while(!Q.empty()&&Q.front().p-j>len)Q.pop_front();
if(!Q.empty()){
data u=Q.front();
f[i][j][k%2]=max(f[i][j][k%2],u.d+u.p-j);
}
int a=f[i][j][(k-1)%2];
while(!Q.empty()){
data v=Q.back();
if(a>=v.d+v.p-j)Q.pop_back();else break;
}
if(f[i][j][(k-1)%2]!=-1)Q.push_back((data){f[i][j][(k-1)%2],j});
}
if(k==K)ans=max(ans,f[i][j][k%2]);
}
}
}
if(c[k]==4){
for(int i=1;i<=l;i++){
deque<data>Q;
for(int j=1;j<=w;j++){
f[i][j][k%2]=f[i][j][(k-1)%2];
if(!map[i][j])Q.clear();
else{
while(!Q.empty()&&j-Q.front().p>len)Q.pop_front();
if(!Q.empty()){
data u=Q.front();
f[i][j][k%2]=max(f[i][j][k%2],u.d+j-u.p);
}
int a=f[i][j][(k-1)%2];
while(!Q.empty()){
data v=Q.back();
if(a>=v.d+j-v.p)Q.pop_back();else break;
}
if(f[i][j][(k-1)%2]!=-1)Q.push_back((data){f[i][j][(k-1)%2],j});
}
if(k==K)ans=max(ans,f[i][j][k%2]);
}
}
}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}