题意比较简单,状态转移方程也比较容易得出:
f[i]=max{ f [ j ] }+p[i],(j的结束时间在i开始时间之前)
若i开始之前没有结束的j,则f[i]=p[i];
因数据量太大(n<=10000)因此必须优化,这里使用单调队列降低时间复杂度
首先按开始时间排序,队列里存的是编号,队列要求是开始时间严格递增,f[i]利润值严格递增,每次只需维护单调队列,就能将dp部分降到O(n),因插入队列是用到二分查找,所以总的时间为O(nlogn)
维护单调队列的思路:求f[i]时,从队头开始遍历,找到在i开始时间之前最后结束的j,然后将j之前的全部出队,插入时,首先根据i的结束时间二分查找出i可能插入的位置x,然后看该位置之后的f[x]小于等于f[i]的编号x全部删除,然后若i可以放在此处(两种情况:1.空队时,2.f[i]比f[x]小比f[x-1]大时,刚开始这个地方没处理好,WA了n次!!!),则将i插入单调队列。最后求出最大的f[i]即可。
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> File Name: A.cpp
> Author: Chierush
> Mail: qinxiaojie1@gmail.com
> Created Time: 2013年07月26日 星期五 10时52分21秒
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#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <set>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <vector>
#include <map>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define LL long long
#define LLU unsigned long long
using namespace std;
struct node
{
int s,t,p;
bool operator<(const node &c) const
{
if (s!=c.s) return s<c.s;
return t<c.t;
}
};
node a[10005];
vector<int>q;
int f[10005];
int find(int x)
{
if (a[q[q.size()-1]].s+a[q[q.size()-1]].t<x) return q.size();
int l=0,r=q.size(),m;
while (l<r)
{
if (l+1==r) return l;
m=(l+r)/2;
if (a[q[m]].s+a[q[m]].t<x) l=m;
else if (a[q[m]].s+a[q[m]].t==x) return m;
else
{
if (m)
{
if (a[q[m-1]].s+a[q[m-1]].t>=x) r=m;
else return m;
}
else return m;
}
}
}
int main()
{
int T,n;
scanf("%d",&T);
while (T--)
{
scanf("%d",&n);
for (int i=0;i<n;++i)
scanf("%d%d%d",&a[i].s,&a[i].t,&a[i].p);
sort(a,a+n);
int ans;
f[0]=ans=a[0].p;
q.clear();
q.push_back(0);
for (int i=1;i<n;++i)
{
while (q.size()>1 && a[q[1]].s+a[q[1]].t<=a[i].s) q.erase(q.begin());
if (a[q[0]].s+a[q[0]].t<=a[i].s) f[i]=a[i].p+f[q[0]];
else f[i]=a[i].p;
int x=find(a[i].s+a[i].t);
while (q.size()>x && f[i]>=f[q[x]]) q.erase(q.begin()+x);
if (!q.size() || (q.size()==x && f[i]>f[q[x-1]]) || (q.size()>x && a[q[x]].s+a[q[x]].t>a[i].s+a[i].t && (!x || f[q[x-1]]<f[i]))) q.insert(q.begin()+x,i);
ans=max(ans,f[i]);
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}