POJ 1821 Fence (算竞进阶习题)

单调队列优化dp

我们把状态定位F[i][j]表示前i个工人涂了前j块木板的最大报酬（中间可以有不涂的木板）。

第i个工人不涂的话有两种情况： 那么F[i - 1][j], F[i][j - 1]就成为了转移状态的候选。

那如果第i个工人要涂的话，我们可以假设我们是从k+1涂到j的，根据题意可以求出k的取值范围，然后状态转移的条件限制了j的取值范围。

我们考虑每j从小到大增加的过程，j对应的k的取值是一个上界不变下届变大的区间，是一个滑动窗口，那我们可以用单调队列来维护决策k的最优候选。

#include <bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define full(a, b) memset(a, b, sizeof a)
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int lowbit(int x){ return x & (-x); }
inline int read(){
    int X = 0, w = 0; char ch = 0;
    while(!isdigit(ch)) { w |= ch == '-'; ch = getchar(); }
    while(isdigit(ch)) X = (X << 3) + (X << 1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
    return w ? -X : X;
}
inline int gcd(int a, int b){ return a % b ? gcd(b, a % b) : b; }
inline int lcm(int a, int b){ return a / gcd(a, b) * b; }
template<typename T>
inline T max(T x, T y, T z){ return max(max(x, y), z); }
template<typename T>
inline T min(T x, T y, T z){ return min(min(x, y), z); }
template<typename A, typename B, typename C>
inline A fpow(A x, B p, C lyd){
    A ans = 1;
    for(; p; p >>= 1, x = 1LL * x * x % lyd)if(p & 1)ans = 1LL * x * ans % lyd;
    return ans;
}
const int N = 20000;
int n, m, dp[200][N], q[N];
struct Node {
    int l, s, p;
    bool operator < (const Node &rhs) const {
        return s < rhs.s;
    }
}w[N];

int calc(int i, int k){
    return dp[i - 1][k] - w[i].p * k;
}

int main(){

    while(~scanf("%d%d", &n, &m)){
        full(q, 0), full(dp, 0);
        for(int i = 1; i <= m; i ++)
            w[i].l = read(), w[i].p = read(), w[i].s = read();
        sort(w + 1, w + m + 1);
        dp[0][0] = 0;
        for(int i = 1; i <= m; i ++){
            int l = 1, r = 0;
            for(int k = max(0, w[i].s - w[i].l); k <= w[i].s - 1; k ++){
                while(l <= r && calc(i, q[r]) <= calc(i, k)) r --;
                q[++r] = k;
            }
            for(int j = 1; j <= n; j ++){
                dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]);
                if(j >= w[i].s){
                    while(l <= r && j - q[l] > w[i].l) l ++;
                    if(l <= r) dp[i][j] = max(dp[i][j], w[i].p * j + calc(i, q[l]));
                }
            }
        }
        printf("%d\n", dp[m][n]);
    }
    return 0;
}