题目大意:

1.给出长度为n的数组,要求每m个连续的元素之间必须选一个值作为代价,求该数组的最小代价。

题解思路:

1.显然是线性dp,dp【i】表示选择第 i 个元素时的最小总代价。很明显状态转移方程为 dp[i] = min(dp[j]) + a[i]。(i - m <= j <= i - 1)。但是在求min(dp[j])的时候,我们需要遍历一遍长度为m大小的区间,m极限与n同大。时间负责度0(N^2)。显然会超时。

2.我们需要用单调队列来维护长度为m大小区间内的最小值,队头即为最小值,直接O(1)得到min(dp[j]),就可以避免超时。

代码如下:

 #include<stdio.h>
#include<deque>
#include<algorithm>
const int MAXN = 2e5 + ;
using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f; int n, m, a[MAXN];
int dp[MAXN]; //表示第 i 个烽火台放置烽火时的最小总代价
deque<int> Q; int main()
{
scanf("%d%d",&n, &m);
for(int i = ; i <= n; i ++)
scanf("%d", &a[i]);
for(int i = ; i <= m; i ++) //dp以及单调队列初始化
{
dp[i] = a[i];
while(!Q.empty())
{
if(dp[i] < dp[Q.back()])//保证队头保存的是dp值最小的下标 队头到队尾单调递增
Q.pop_back();
else
break;
}
Q.push_back(i);
}
for(int i = m + ; i <= n; i ++)
{
while(!Q.empty())
{
if(i - m > Q.front()) //保证队头位于枚举范围内,即是在 [i - m, i - 1]范围内
Q.pop_front();
else
break;
}
dp[i] = dp[Q.front()] + a[i];
while(!Q.empty())
{
if(dp[i] < dp[Q.back()])
Q.pop_back();
else
break;
}
Q.push_back(i);
}
int ans = inf;
for(int i = n; i > n - m; i --)
ans = min(ans, dp[i]);
printf("%d\n", ans);
return ;
}
/*
5 3
1 2 5 6 2 4
*/

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