[多米诺骨牌单调栈模型]CodeForces 1131G. Most Dangerous Shark

最新推荐文章于 2021-09-11 16:06:50 发布

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分类专栏：模板 DP 数据结构 data structures two pointers

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/qq_35950004/article/details/90232708

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该博客详细介绍了如何利用单调栈解决多米诺骨牌推倒问题，讨论了如何在O(n^2)的时间复杂度内计算每个点向左右推的最远距离，并提出一种O(n)的解决方案，通过维护单调栈来找到能推倒当前点的点中的最小值，从而得到最小总花费。

题目

题目简述：从左到右依次有 $n≤10^7$ 个Domino骨牌，高度为 $h i$ ，手动推倒他的花费为 $c i$ 。每个骨牌之间的距离为 $1$ 。一个骨牌可以被向左或者向右推倒。当第 $i$ 个骨牌被推倒时，他会以相同方向推倒与其距离 $< h i$ 的所有骨牌。求推倒所有骨牌的最小花费。( $P S :$ 输入格式和题目描述相差甚远，及其恶心，不过我们能 $\rm{identify \ with \ his \ effort \ to \ reduce \ the \ IO \ time}$ )

data structures      dp      two pointers      *2900

实际上我们 $O(n^2)$ 算出每个点向左（右）推的最远距离然后就可以 $O(n^2)$ DP了。

每个点向右推的最远距离如何 $O (n)$ ?

有一个很显然的性质：
假设 $i$ 向右推，能倒的最远的位置为 $j$
如果满足 $j\geq i+1$ ，那么将 $i + 1$ 向右推，能倒的最远位置一定不超过 $j$
因为 $i$ 能推倒 $i + 1$ ，所以 $i + 1$ 倒了能推倒的位置i就一定能推倒。

发现如果我们把一个点和它往右推的最远位置连一条线，会是这个样子：
（是不是很形象？）

所以我们从左往右枚举点，每次把当前点加入单调栈中，如果当前点不能被栈顶点直接覆盖，那么栈顶点刚好不能覆盖当前点，最远覆盖为当前点-1，被弹出。
栈中相当于存着一层层包含，没有并列的弧，每次加入新弧，尝试弹出之前的弧并更新答案。

如何 $O (n)$ 计算答案？
$\min\left\{ f[L[i]]+c_i, \min_{j < i < R[j]} \{f[j-1]+c_j\} \right\}$
$f[L[i]]+c_i$ 很简单，看后面的。
现在我们要在上面那个图形中找出能推倒 $i$ 的点中的最小值。
发现能推倒 $i$ 的点的图案组成了一层层包含，没有并列的弧。
然后就直接单调栈维护，还同时维护一下栈内最小值（其实就是保证栈顶最小即可）就完了。

单调栈和单调队列，重要的是两单调
1:加入时间单调：队列的是队头最早，栈是栈顶最晚。
2:答案单调：取头一定最优，只是有可能不合法。

AC Code:

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 10000007
#define LL long long
using namespace std;

int n,m,siz[maxn],cnt,h[maxn],fl[maxn],fr[maxn];
LL c[maxn],f[maxn];
vector<int>H[maxn],C[maxn];
int q[maxn],R;

int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&siz[i]);H[i].resize(siz[i]),C[i].resize(siz[i]);
		for(int j=0;j<siz[i];j++)
			scanf("%d",&H[i][j]);
		for(int j=0;j<siz[i];j++)
			scanf("%d",&C[i][j]);
	}
	int Q;scanf("%d",&Q);
	for(int i=1;i<=Q;i++){
		int id,mul;scanf("%d%d",&id,&mul);
		for(int j=0;j<siz[id];j++)
			h[++cnt] = H[id][j] , c[cnt] = C[id][j] * 1ll * mul;
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		for(;R && i>=q[R-1]+h[q[R-1]];R--)
			fr[q[R-1]] = i-1;
		q[R++] = i;
	}
	for(;R;R--) fr[q[R-1]]=m;
	for(int i=m;i>=1;i--){
		for(;R && i<=q[R-1]-h[q[R-1]];R--)
			fl[q[R-1]]=i+1;
		q[R++]=i;
	}
	for(;R;R--) fl[q[R-1]]=1;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		f[i] = f[fl[i]-1] + c[i];
		for(;R && fr[q[R-1]]<i;R--);
		if(R) f[i] = min(f[i] , f[q[R-1]-1]+c[q[R-1]]);
		LL val = f[i-1] + c[i];	
		if((R && val<f[q[R-1]-1]+c[q[R-1]])|| !R)
			q[R++] = i;
	}
	printf("%lld\n",f[m]);
}