Codeforces Round #620 (Div. 2)F2
题意:给出n,和m表示有n天,m块区域,每块区域都有一定数论的动物数量,k表示可以在这一天中观察[x,max(x+k-1,m)]的区域内的动物,有俩台相机,一台只能在偶数天用,另一台则是在奇数天用,每用一次就得在那个区域内待俩天,相邻的要是有重复的区域,该区域内的动物数只计数一次,问最多有可能的动物数目是多少
分析:因为n<=50,m<=20000,所以我们考虑一下dp[n][m],dp[i][j]表示:在第 i 天选择[j,j+k-1]区域拍摄的最大拍摄量。
因为是连续拍摄俩天,所以我们可以想象一个块,这个块的大小是:2*k(2为连续拍摄俩天,k为连续的区域),然后第 i 天转移的过程就是这个块滑块的过程,下面考虑第 i 天;
因为会涉及重复的问题,所以我们不妨直接把这个块全部算成都有效的块,然后这个块要和 (前一天的dp (减去这个块对这个前一天的dp)的影响) 相加才为选择这个区域来拍摄的最优值;
接下来的dp就相当于这个块在第 i 天的dp数组上进行“滑块”,假设当前这个块(左上角为dp[i][j],dp[i+1][j+k-1])向右 “滑” ,那么就考虑加入[j+k]区域的动物对dp[i-1][]的影响和去掉 [j] 区域对dp[i-1][]的影响;
这个影响靠线段树的区间加,区间最值来维护,详细可以看代码注释
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define pb push_back
#define lson root<<1,l,midd
#define rson root<<1|1,midd+1,r
const int M=2e4+;
const int N=;
int sum[N][M],a[N][M],dp[N][M];
struct node{
int lazy,val;
}tr[M<<];
void build(int root,int l,int r){
if(l==r){
tr[root].lazy=tr[root].val=;
return ;
}
int midd=(l+r)>>;
build(lson);
build(rson);
}
void pushdown(int root){
int x=tr[root].lazy;
tr[root<<].lazy+=x;
tr[root<<|].lazy+=x;
tr[root<<].val+=x;
tr[root<<|].val+=x;
tr[root].lazy=;
}
void up(int root){
tr[root].val=max(tr[root<<].val,tr[root<<|].val);
}
void update(int L,int R,int c,int root,int l,int r){
if(L<=l&&r<=R){
tr[root].lazy+=c;
tr[root].val+=c;
return ;
}
int midd=(l+r)>>;
if(tr[root].lazy)
pushdown(root);
if(L<=midd)
update(L,R,c,lson);
if(R>midd)
update(L,R,c,rson);
up(root);
}
int query(int L,int R,int root,int l,int r){
if(L<=l&&r<=R){
return tr[root].val;
}
if(tr[root].lazy)
pushdown(root);
int res=;
int midd=(l+r)>>;
if(L<=midd)
res=max(res,query(L,R,lson));
if(R>midd)
res=max(res,query(L,R,rson));
up(root);
return res;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie();
int n,m,k;
cin>>n>>m>>k;
for(int i=;i<=n;i++){
for(int j=;j<=m;j++){
cin>>a[i][j];
sum[i][j]=sum[i][j-]+a[i][j];
}
}
///预处理dp[1]的情况
for(int j=;j<=m-k+;j++){
dp[][j]=sum[][j+k-]-sum[][j-]
+sum[][j+k-]-sum[][j-];
}
for(int i=;i<=n;i++){
memset(tr,,sizeof(tr));
for(int j=;j<=m;j++)
update(j,j,dp[i-][j],,,m);
for(int j=;j<=k;j++)///算一个小预处理 ,为第一个窗口计算做准备
update(,j,-a[i][j],,,m);
///枚举每一个窗口
for(int j=;j<=m-k+;j++){///每个窗口为上一个窗口向右移动一格,代价为去掉左边一个增加右边一个对答案的贡献
dp[i][j]=max(dp[i][j],query(,m,,,m)+sum[i][j+k-]-sum[i][j-]
+sum[i+][j+k-]-sum[i+][j-]);
update(max(,j-k+),j,a[i][j],,,m);///减去左边出队的
update(j+,j+k,-a[i][j+k],,,m);///加上右边入队的
}
}
int ans=;
for(int j=;j<=m;j++)
ans=max(ans,dp[n][j]);
cout<<ans<<endl;
return ;
}
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