【简洁易懂】CF372C Watching Fireworks is Fun dp + 单调队列优化 dp优化 ACM codeforces

## 题目大意

一条街道有$n$个区域。从左到右编号为$1$到$n$。相邻区域之间的距离为$1$。

在节日期间，有$m$次烟花要燃放。第$i$次烟花燃放区域为$a_i$ ，幸福属性为$b_i$，时间为$t_i$。$t_i \leqslant t_{i+1}$

如果你在第$i$次烟花发射时在$x（1\leqslant x \leqslant n）$处，你将获得幸福值$b_i - | a_i - x |$ （请注意，幸福值可能是负值）。

你可以在单位时间间隔内移动最多$d$个单位，但禁止走出主要街道。此外，您可以在初始时刻（时间等于$1$时）处于任意区域，并希望最大化从观看烟花中获得的幸福总和。

输出最大的幸福总和。

题目解答

本题是单调队列优化$DP$的经典题目。

设$dp[i][j]$表示第$i$次烟花燃放时你位于$j$处所能获得的最大的幸福总和。

而第$i-1$次烟花燃放到第$i$次烟花燃放所能移动的最大距离为$h=(t_i-t_{i-1})*d$。

所以该次燃放后可能获得的幸福总和由上一次位于$[j-h,j+h]$处的$2h+1$种情形得到。

且$dp[i][j]=\max\{dp[i-1][k]+b[i]-|a[i]-j|\} \quad k\in [j-h,j+h]$

即$dp[i][j]=\max\{dp[i-1][k]\}+b[i]-|a[i]-j| \quad k\in [j-h,j+h]$

故对于$j\in[1,n]$ ，要求$dp[i][j]$的值只要求解$dp[i-1]$数组位于$[j-h,j+h]$的最大值，而求解这一步可以用单调队列解决，复杂度$O(n)$，即可求解完$dp[i]$数组。

又发现$dp[i]$数组的求解只与$dp[i-1]$数组有关，故这一维可以滚动处理。

$dp[s1]$表示源状态，$dp[s2]$表示将求解状态，求解完交换$s1$，$s2$即可。$s1,s2\in\{0,1\}$

单调队列处理部分

我的代码采用双端队列$deque$处理，较为简洁。

$deque$存储位置编号

其中$deque$中从队首到队尾，位置编号严格增加，该位置源状态$dp$源状态值严格减少；

处理位置$i$（采用代码中变量意义）时，将还未处理的小于$i+h$的位置依次入队尾（可能有些元素会被赶出队尾，因为它们不可能再被使用到），再将小于$i-h$的位置依次出队头。则队首所在位置便是源状态位于$[i-h,i+h]$的最大值，即可得到现状态。

源代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int maxn=15e4+10;

LL q,m,d,n,s1=0,s2=1;

LL dp[2][maxn];

int main(){

	scanf("%lld%lld%lld%",&n,&m,&d);

	LL a,b,t,qian_t=1;

	while(m--){

		scanf("%lld%lld%lld%",&a,&b,&t);

		LL h=(t-qian_t)*d;

		qian_t=t;

		deque<int> qu;

		for(int i=1,j=1;i<=n;i++){

			for(;j<=i+h&&j<=n;j++){

				while(!qu.empty()&&dp[s1][qu.back()]<=dp[s1][j])qu.pop_back();

				qu.push_back(j);

			}

			while(!qu.empty()&&qu.front()<i-h)qu.pop_front();

			dp[s2][i]=dp[s1][qu.front()]+b-abs(i-a);

		}

		swap(s1,s2);

	}

	LL maxm=dp[s1][1];

	for(int i=2;i<=n;i++){

		if(dp[s1][i]>maxm)maxm=dp[s1][i];

	}

	printf("%lld",maxm);

}

结束语

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