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;

	}