#单调队列，动态规划#poj 1821 fence

最新推荐文章于 2022-02-04 23:00:21 发布

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#poj 1821 #fence

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本文介绍了一个关于木板粉刷的问题，通过动态规划方法求解最大总报酬。文章详细阐述了状态转移方程，并通过优化减少了时间复杂度。

题目

有n块木板，m个工匠将其进行粉刷，木板至多被粉刷一次，工匠要么不粉刷，要么粉刷包含木板 $S_i$ 的、长度不超过 $L_i$ 的连续的一段木板，每粉刷一块可得 $P_i$ 的报酬。求最大的总报酬。

分析

先把 $S_i$ 排序，可以按顺序dp，设 $f [i] [j]$ 表示前i个工匠粉刷前j块木板（可以不刷）最大的总报酬。

第i个工匠什么也不刷， $f [i] [j] = f [i - 1] [j]$
第j个工匠不刷， $f [i] [j] = f [i] [j - 1]$
$f[i][j]=max(f[i−1][k]+Pi∗(j−k))∣j−Li≤k≤Si−1且j≥Sif[i][j]=max(f[i-1][k]+P_i*(j-k))|j-L_i\leq k\leq S_i-1且j\geq S_i$
优化变成
$f[i][j]=Pi∗j+max(f[i−1][k]−Pi∗k)∣j−Li≤k≤Si−1且j≥Sif[i][j]=P_i*j+max(f[i-1][k]-P_i*k)|j-L_i\leq k\leq S_i-1且j\geq S_i$
设 $k_1<k_2<j，k_1$ 会比 $k_2$ 早排除，
如果满足 $f[i−1][k1]−Pi∗k1≤f[i−1][k2]−Pi∗k2f[i-1][k_1]-P_i*k_1\leq f[i-1][k_2]-P_i*k_2$ ,那k1就无用了，
所以可以维护k单调递增， $f[i-1][k]-P_i*k$ 单调递减。
当j变大时，检查队首，把 $lt;j-L_i$ 出队
需要查询时，队首就是所求
当有一个新的决策，在队尾检查单调性，把无用决策出队，把新决策加入队列
时间复杂度O（nm）

代码

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
struct rec{int l,p,s;}a[101]; 
int n,m,f[101][16001],q[16001];
int in(){
	int ans=0; char c=getchar();
	while (!isdigit(c)) c=getchar();
	while (isdigit(c)) ans=ans*10+c-48,c=getchar();
	return ans;
}
bool cmp(rec x,rec y){return x.s<y.s;}
int main(){
	n=in(); m=in();
	for (int i=1;i<=m;i++) a[i].l=in(),a[i].p=in(),a[i].s=in();
	std::stable_sort(a+1,a+1+m,cmp); 
	for (int i=1;i<=m;i++){
		int l=1,r=0;
		for (int k=std::max(0,a[i].s-a[i].l);k<=a[i].s-1;k++){
			while (l<=r&&f[i-1][q[r]]-a[i].p*q[r]<=f[i-1][k]-a[i].p*k) r--;
			q[++r]=k;
		}
		for (int j=1;j<=n;j++){
			f[i][j]=std::max(f[i-1][j],f[i][j-1]);
			if (j>=a[i].s){
				while (l<=r&&q[l]<j-a[i].l) l++;
				if (l<=r) f[i][j]=std::max(f[i][j],f[i-1][q[l]]-a[i].p*q[l]+a[i].p*j);
			}
		}
	}
	return !printf("%d",f[m][n]);
}