P3089 [USACO13NOV]POGO的牛Pogo-Cow

P3089 [USACO13NOV]POGO的牛Pogo-Cow

FJ给奶牛贝西的脚安装上了弹簧，使它可以在农场里快速地跳跃，但是它还没有学会如何降低速度。

FJ觉得让贝西在一条直线的一维线路上进行练习，他在不同的目标点放置了N (1 <= N <= 1000)个目标点，目标点i在目标点x(i)，该点得分为p(i)。贝西开始时可以选择站在一个目标点上，只允许朝一个方向跳跃，从一目标点跳到另外一个目标点，每次跳跃的距离大于等于上一次跳跃的距离相等，并且必须跳到一个目标点。

每跳到一个目标点，贝西可以拿到该点的得分，请计算他的最大可能得分。

Solution

这题日了我好久啊

刚开始推了一下以为是单调队列

后面发现有个点（没打草稿脑算）推错了。。

设 \(dp[i][j]\) 为跳到第 \(i\) 个点， 从 \(j\) 点跳过来的最大价值

那么容易想到如下转移： $$dp[i][j] = \max_{dis(i, j) \geq dis(j, k)}dp[j][k] + v[i]$$

其复杂度为 \(O(n^{3})\)， 难以接受

考虑优化， 能不能省掉某一维枚举

当然从可行性入手， 观察如下式子： $$dis(i, j) \geq dis(j, k)$$

对于一个特定的 \(j\) ， 我们将其dp数组全部列出 $$dp[j][1], dp[j][2], dp[j][3],...,dp[j][j]$$

排除 \(i\) 的影响， 我们先把式子写成 \(dis(j, k) \leq t\) $$abs(p_{j} - p_{k}) \leq t$$

\(i, j\) 不变， 观察 \(k\) 对不等式成立的影响， 发现当 \(k\) 越小， 不等式越有可能成立

也就是说， 存在一个位置 \(x\) ， 满足：$$abs(p_{j} - p_{x}) \leq t$$ $$abs(p_{j} - p_{x - 1}) > t$$

即 \([x, j]\) 范围内 \(dp[j][k]\) 全部可取， \([1, x - 1]\) 范围内 \(dp[j][k]\) 全部不可取

对于特定的 \(j\) ， \(t\) 随着 \(i\) 的增大而增大， 所以 \(x\) 随 \(i\) 的增大而减小

于是对于每个 \(j\) 维护一个位置 \(x\)， 记为 \(head[j]\) 表示其右端全部可取

同时维护可取的部分的最大值即可

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<climits>
#define LL long long
#define REP(i, x, y) for(int i = (x);i <= (y);i++)
using namespace std;
int RD(){
    int out = 0,flag = 1;char c = getchar();
    while(c < '0' || c >'9'){if(c == '-')flag = -1;c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9'){out = out * 10 + c - '0';c = getchar();}
    return flag * out;
    }
const int maxn = 2019;
int num, ans;
struct Point{int p, v;}p[maxn];
int dp[maxn][maxn];//跳到i，从j跳过来的最大得分
bool cmp1(Point a, Point b){return a.p < b.p;}
bool cmp2(Point a, Point b){return a.p > b.p;}
void init(){
	num = RD();
	REP(i, 1, num)p[i] = (Point){RD(), RD()};
	}
int head[maxn];//目前合法的第一个dp[i][x]位置
int maxx[maxn];//目前最大的关于i的上一项
void DP(){
	memset(dp, 0, sizeof(dp));
	REP(i, 1, num)dp[i][i] = maxx[i] = p[i].v, head[i] = i;//作为起点
	REP(i, 1, num){
		REP(j, 1, i - 1){
			dp[i][j] = maxx[j] + p[i].v;
			ans = max(ans, dp[i][j]);
			}
		REP(j, 1, i){
			while(head[j] > 1 && (abs(p[i + 1].p - p[j].p) >= abs(p[j].p - p[head[j] - 1].p))){
				head[j]--;
				maxx[j] = max(maxx[j], dp[j][head[j]]);
				}
			}
		}
	}
void solve(){
	sort(p + 1, p + 1 + num, cmp1);//顺着排序
	DP();
	sort(p + 1, p + 1 + num, cmp2);//倒着排序
	DP();
	printf("%d\n", ans);
	}
int main(){
	init();
	solve();
	return 0;
	}