caioj1175/GDKOI2009：猴子

题面

一只猴子要吃香蕉，一共N棵香蕉树排列在一条直线上，它一开始在第一棵树上。每棵树上有不同数量的香蕉，猴子每次最多的跳跃距离为D，而且最多只能跳M次，问猴子最多能吃到多少香蕉？

首先我们看着这就像是DP我才不会告诉你我是看别人的blog才知道的
先列一个状态转移方程：
pos[i]表示第i棵树的位置
f[i][j]表示猴子跳了j次在第i棵树上
v[i][j]记录这棵树是否能到达
则有fi,j=max⁡(fk,j−1)+tri.val(k∈N∗∩{k∣(posi−posk≤d)and⁡vi,j})f_{i,j}=\max(f_{k,j-1})+tr_i.val\quad (k\in \N^*\cap\{k|(pos_i-pos_k\le d) \operatorname{and}v_{i,j}\})fi,j​=max(fk,j−1​)+tri​.val(k∈N∗∩{k∣(posi​−posk​≤d)andvi,j​})
对于看不懂的人：就是k要在同时满足$po{s}_i-po{s}_k\le d$和$v_{i,j}=\mathrm{true}$的所有正整数取值
对于可达性的判断：如果一棵树的值可以被更新，我们就标记它为可以到达的
代码：

#include<cstdio>
#include<deque>
using namespace std;
struct tree
{
	int val,pos;
}tr[5100];
int f[5100][5100];//f[i][j]:jump j times, and stay at the i th tree
bool v[5100][5100];
int main()
{
	int n,d,m;
	scanf("%d%d%d",&n,&d,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d%d",&tr[i].val,&tr[i].pos);
	int ans=0;
	f[1][0]=tr[1].val;//可以直接吃第一棵树上的香蕉
	v[1][0]=1;//第一棵树跳0次可以到达
	for(int i=2;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=m;j++)
		{
			for(int k=i-1;tr[i].pos-tr[k].pos<=d&&k;k--)
				if(v[k][j-1])f[i][j]=max(f[i][j],f[k][j-1]+tr[i].val),v[i][j]=1;
			ans=max(ans,f[i][j]);//有可能出现无法跳满m次的情况
		}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

总计$O(n^{2}m)$的复杂度，很容易超时。
再观察一下

for(int k=i-1;tr[i].pos-tr[k].pos<=d&&k;k--)
	if(v[k][j-1])f[i][j]=max(f[i][j],f[k][j-1]+tr[i].val),v[i][j]=1;

如果我们可以减掉一些不必要的查找呢？
由此引入单调队列：如果一棵树在你前面，而且跳上去时最多得到的香蕉比你还少，那他就打不过你了
为此我们需要更改一下搜索顺序：先搜跳的次数，再枚举树
代码如下：

#include<cstdio>
#include<deque>
using namespace std;
struct tree
{
	int val,pos;
}tr[5100];
int f[5100][5100];//f[i][j]:jump j times, and stay at the i th tree
int main()
{
	int n,d,m;//number of tree, longest jump distance, & the jumping chances.
	scanf("%d%d%d",&n,&d,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d%d",&tr[i].val,&tr[i].pos);
		if(tr[i].pos-tr[i-1].pos>d){n=i-1;m=min(m,i-1);break;}//如果中间断了一截，我们就不需要再往后看
	}
	int ans=0;
	f[1][0]=tr[1].val;//第一棵树跳0次就可以吃到上面的香蕉
	for(int j=1;j<=m;j++)
	{
		deque<int>q;
		q.push_back(j);//我们可以确定一定可以通过跳j次到达j（断掉的情况被直接截断了）
		for(int i=j+1;i<=n;i++)
		{
			while(q.size()&&tr[i].pos-tr[q.front()].pos>d)q.pop_front();
			//这里不能用if：因为一次可能会同时删掉多棵树
			if(!q.size())break;//如果没有树可以到达它就不用再看后面的树了
			f[i][j]=f[q.front()][j-1]+tr[i].val;
			if(f[i][j-1])
			{
				while(q.size()&&f[i][j-1]>=f[q.back()][j-1])q.pop_back();
				q.push_back(i);
			}
			ans=max(ans,f[i][j]);//可能跳不满m次
		}
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

然而我的代码是会TLE的……
吸吸氧就好了啦QωQ
实在不行就吸臭氧QAQ
我才不会告诉你我用了手打deque呢QωQ