[USACO10OPEN]牛跳房子Cow Hopscotch

题目描述

奶牛们正在回味童年，玩一个类似跳格子的游戏，在这个游戏里，奶

牛们在草地上画了一行N个格子，(3 <=N <= 250,000)，编号为1..N。

就像任何一个好游戏一样，这样的跳格子游戏也有奖励！第i个格子标有一个数字V_i(-2,000,000,000 <=V_i <= 2,000,000,000)表示这个格子的钱。奶牛们想看看最后谁能得到最多的钱。

规则很简单：

* 每个奶牛从0号格子出发。(0号格子在1号之前，那里没钱)

* 她向N号格子进行一系列的跳跃(也可以不跳)，每次她跳到的格子最多可以和前一个落脚的格子差K格(2 <= K <= N)(比方说，当前在1号格，K=2, 可以跳到2号和3号格子)

*在任何时候，她都可以选择回头往0号格子跳，直到跳到0号格子。另外，除了以上规则之外，

回头跳的时候还有两条规则：

*不可以跳到之前停留的格子。

*除了0号格子之外，她在回来的时候，停留的格子必须是恰巧过去的时候停留的某个格子的前一格(当然，也可以跳过某些过去…

（必须最后要跳回来）

题解：
往回跳是一个挺麻烦的事情。

发现，如果不是一下回到0的话，一定会在某一个位置i的前一个位置作为回来的停留

因为不能记录来的路上哪些点没有走过，

所以我们还可以过去的时候，就把回来的路径上的点贡献统计上。

似乎只能dp了、

由于有负数，所以不是停留的格子越多越好。

为了避免选择i的前一个格子是否要停留，

我们设f[i]，表示，从0跳到i，往后再跳一些（距离i不能超过k-1），然后返回到i-1，然后再回到0的最优收益。

就是说，我们钦定i-1是返回的路径上第一个回来的点。

而且，我们每跳k个距离，就必须留下一个点作为回来的点。

那么，f[i]=max(f[j]+s[i-2]-s[j]+v[i]+v[i-1]) （i-k<=j<=i-2）就是从j一步跳到i

s[k]表示，前k个位置，大于0的数的前缀和。因为不超过k距离下，随便收钱必然找正数 。

j的范围很经典了，简单又自然地，单调队列优化一下f就可以

统计答案的时候，并不是mx(f[i])

因为i还可以往后捞点钱，再回到i-1，所以，f[i]再加上s[min(i+k-1,n)]-s[i]

然后一个锅就是：

我们的讨论有一个大前提。"如果不是一下回到0的话，一定会在某一个位置i的前一个位置作为回来的停留"

那么如果最优解是跳过去，然后一步回到0，就挂了。

所以，f[0]=s[min(0+k),n]也要取进ans的mx里。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll inf=(1LL*<<);
const int N=+;
int n,k;
ll f[N];
ll v[N],s[N];
int q[N],l,r;
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=;i<=n;i++){
        scanf("%lld",&v[i]);
        s[i]=s[i-]+(v[i]>)*v[i];
    }
    l=,r=;
    f[]=v[];
    q[++r]=;
    for(int i=;i<=n;i++){
        while(l<=r&&q[l]<i-k) l++;
        f[i]=f[q[l]]-s[q[l]]+v[i]+v[i-]+s[i-];
        while(l<=r&&(f[q[r]]-s[q[r]])<=(f[i-]-s[i-])) r--;
        q[++r]=i-;
    }
    ll ans=;
    for(int i=;i<=n;i++) ans=max(ans,f[i]+s[min(n,i+k-)]-s[i]);
    ans=max(ans,f[]+s[min(n,k)]-s[]);
    printf("%lld",ans);
    return ;
}

总结：

像这种题，确实看起来无从下手，主要是回来的路径怎么考虑上？

但是利用回来的路径必须是i的前面一个位置，所以，可以钦定回来的位置，然后就可以dp了。

注意边界的细节问题。