bzoj-1233 [Usaco2009Open]干草堆tower

最新推荐文章于 2022-01-03 12:17:59 发布

xu0_zy

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分类专栏：日常小题 - 2018 DP 斜率优化好题

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1233: [Usaco2009Open]干草堆tower**
题目链接
Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 162 MB
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Description
奶牛们讨厌黑暗。为了调整牛棚顶的电灯的亮度，Bessie必须建一座干草堆使得她能够爬上去够到灯泡。一共有N大包的干草（1<=N<=100000）(从1到N编号)依靠传送带连续的传输进牛棚来。第i包干草有一个宽度W_i(1<=w_i<=10000)。所有的干草包的厚度和高度都为1. Bessie必须利用所有N包干草来建立起干草堆，并且按照他们进牛棚的顺序摆放。她可以相放多少包就放多少包来建立起tower的地基（当然是紧紧的放在一行中）。接下来他可以放置下一个草包放在之前一级的上方来建立新的一级。注意：每一级不能比下面的一级宽。她持续的这么放置，直到所有的草包都被安置完成。她必须按顺序堆放，按照草包进入牛棚的顺序。说得更清楚一些：一旦她将一个草包放在第二级，她不能将接下来的草包放在地基上。 Bessie的目标是建立起最高的草包堆。

Input
第1行：一个单一的整数N。第2~N+1行：一个单一的整数:W_i。

Output
第一行：一个单一的整数，表示Bessie可以建立的草包堆的最高高度。

Sample Input
3

Sample Output
2

输出说明：

前两个（宽度为1和2的）放在底层，总宽度为3，在第二层放置宽度为3的。

       +----------+

       |    3     |

       +---+------+

       | 1 |   2  |

       +---+------+

HINT
Source

题解
~~刚开始还以为是二分之类……~~

我们感性理解可以得到这样一个结论：对于最优放按，每层肯定都是达到满足的条件且最小的。
我们倒过来构造，每一层都要 $\geq$ 上一层，因此，最高层要尽可能小，接下来每一层都同理。但是直接如果贪心每一层都都直接取能取到的最小值，会有问题，反例：

输入
5
9 7 2 1 7
输出
4
底层 9 第二层 7+2 第三层 1+7 ，贪心的话最高层会直接放上 7，那么最多只能叠两层。

我们考虑 DP。（注意：读入的 $W_i$ 已经翻转过并构造前缀和 $sum_i$ ）
定义 $g[i]$ 和 $f[i]$ 分别表示前 i 块砖最多能叠的层数，以及这一层最窄的宽度。
我们可以 $N^2$ 来求，但是太慢了。

设 $k<j<i$ 且从 $j$ 转移到 $i$ ，比 $k$ 转移到 $i$ 更优秀，那么一定有以下两条性质：
① $f[j] \ge sum[i] - sum[j]$ 因为 $f[i] = sum[i] - sum[t]$ （ $t$ 为上一状态）
也就是 $f[j]+sum[j]$ 的值越大，能转移到的状态就越多。
② $f[k]+sum[k] \le f[j]+sum[j]$ 为了使得当前这层的宽度最小，上一状态要尽可能靠后，同时满足条件①。
如果有一个很靠后的状态而且满足条件①，那么之前的状态一定没有这个状态优秀（转移后效果更优秀，且能转移到的范围更大， $j$ 自然比 $k$ 好，所以留着 $k$ 就没有意义了）。

所以我们可以用单调队列来维护一个最优秀的上一状态，达到 $O(1)$ 转移，那么时间复杂度就优化到了 $O(N)$ 。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
int n,g[maxn],q[maxn],til,hea,s[maxn],f[maxn];
int rad()
{
    int ret=0,f=1;char ch=getchar();
    while (ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while (ch>='0'&&ch<='9') ret=ret*10+ch-'0',ch=getchar();
    return ret*f;
}
int main()
{
    n=rad();
    for (int i=n;i>=1;--i) s[i]=rad();
    for (int i=1;i<=n;i++) s[i]+=s[i-1];
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        while (hea<til&&s[i]>=f[q[hea+1]]+s[q[hea+1]]) ++hea;
        q[++til]=i;f[i]=s[i]-s[q[hea]];g[i]=g[q[hea]]+1;
        while (hea<til&&s[q[til]]+f[q[til]]<=s[q[til-1]]+f[q[til-1]]) q[til-1]=q[til--];
    }
    printf("%d\n",g[n]);
    return 0;
}