Vijos P1243 生产产品 （单调队列优化DP）

题意：

　　必须严格按顺序执行M个步骤来生产一个产品，每一个步骤都可以在N台机器中的任何一台完成。机器i完成第j个步骤的时间为T[i][j]。把半成品从一台机器上搬到另一台机器上也需要一定的时间K。每台机器最多只能连续完成产品的L个步骤。也就是说，如果有一台机器连续完成了产品的L个步骤，下一个步骤就必须换一台机器来完成。问一个产品最短需要多长时间呢？（对于100%的数据，N<=5， L<=50000，M<=100000）

题意：

　　被高中生虐了~

　　题意要求尽量缩短时间来完成一件产品，但是由于需要按照步骤，所以多线程的方式不必考虑。dp[i][j]=min（dp[k][p]）+（sum[i][j] - sum[k][j]），dp[i][j]表示完成前i个步骤，且最后一步是在第j台机器上完成。sum[k][j]表示第j台机器完成第1~k个步骤所需要的时间和，但是k与i的距离不宜超过规定的L。式子也可以这样写：dp[i][j]=min（dp[k][p] -  sum[k][j]）+ sum[i][j] ，那么就单单看这项min（dp[k][p] -  sum[k][j]）就行了，这不就是类似于在序列区间a[i-L]~a[i-1]之间找一个最小值的问题？那就可以用单调队列解决了。复杂度为O(n²*m)，是与L无关的。

 //#include <bits/stdc++.h>
 #include <iostream>
 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include <cmath>
 #include <deque>
 #include <map>
 #include <algorithm>
 #include <vector>
 #include <iostream>
 #define pii pair<int,int>
 #define INF 0x3f3f3f3f
 #define LL long long
 #define ULL unsigned long long
 using namespace std;
 const double PI  = acos(-1.0);
 const int N=;
 const int M=;
 int m, n, K, L;
 int t[N][M], dp[N][M];
 int que[N][M], idx[N][M], top[M], rear[M];

 void calmin(int i)
 {
     for(int j=; j<=n; j++)
     {
         int tar=INF;
         for(int k=; k<=n; k++)
         {
             if(j==k)    continue;
             tar=min(tar, dp[i][k]);
         }
         tar-=t[i][j];
         while( top[j]<rear[j] && que[rear[j]-][j]>=tar )    rear[j]--;
         que[rear[j]][j]=tar;
         idx[rear[j]][j]=i;
         rear[j]++;
     }
 }

 void init()
 {
     memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
     memset(top,,sizeof(top));
     memset(rear,,sizeof(rear));
     memset(dp[],,sizeof(dp[]));
     memset(que,,sizeof(que));
     memset(idx,,sizeof(idx));
     for(int i=; i<=n; i++) //在单个机器上运行所有任务，求区间和
         for(int j=; j<=m; j++)
             t[j][i]+=t[j-][i];
     for(int i=; i<=n; i++)
         rear[i]++;
 }
 int cal()
 {
     init();
     for(int i=; i<=m; i++) //枚举步骤
     {
         for(int j=; j<=n; j++) //用第j台机器来完成i项
         {
             while( top[j]<rear[j] && idx[top[j]][j]<i-L)
                 top[j]++;       //过期
             int &d=dp[i][j];
             if( top[j]==rear[j] )
             {
                 for(int k=; k<=n; k++)
                 {
                     if(k==j)continue;
                     d=min(d, dp[i-][k]);
                 }
                 d+=t[i][j]-t[i-][j];
             }
             else    d=min(d, que[top[j]][j]+t[i][j]+K );
         }
         calmin(i);
     }

     int ans=INF;
     for(int i=; i<=n; i++)    ans=min(ans, dp[m][i]);
     return ans-K;   //第一步不需要换机器费用
 }

 int main()
 {
     //freopen("input.txt","r",stdin);
     while(~scanf("%d%d%d%d",&m, &n, &K, &L))
     {
         for(int i=; i<=n; i++) //机器
             for(int j=; j<=m; j++) //步骤
                 scanf("%d",&t[j][i]);
         cout<<cal()<<endl;
     }
     return ;
 }

AC代码