【单调队列】【P2627】 修剪草坪
Wa这次竟然不是Uva的题
Description
在一年前赢得了小镇的最佳草坪比赛后,Farm John变得很懒,再也没有修剪过草坪。现在,新一轮的最佳草坪比赛又开始了,Farm John希望能够再次夺冠。
然而,Farm John的草坪非常脏乱,因此,Farm John只能够让他的奶牛来完成这项工作。Farm John有N只排成一排的奶牛,编号为1...N。每只奶牛的效率是不同的,奶牛i的效率为E_i。
靠近的奶牛们很熟悉,因此,如果Farm John安排超过K只连续的奶牛,那么,这些奶牛就会罢工去开派对:)。因此,现在Farm John需要你的帮助,计算FJ可以得到的最大效率,并且该方案中没有连续的超过K只奶牛。
Input
第一行:空格隔开的两个整数 N 和 K
第二到 N+1 行:第 i+1 行有一个整数 E_i
Output
第一行:一个值,表示 Farm John 可以得到的最大的效率值。
Sample Input
Sample Output
Hint
n≤100000,E在int范围内。
答案可能需要使用long long存储
Solution
看这小东西长得这么别致题长成这样就差不多是个DP了。考虑状态,设计fi为考虑前i头牛的ans。
考虑这么转移:
如果选了第i个,那么从i-k-1~i-1个之中就必须不选一个,这样就可以枚举不选的是哪一个,进行转移。
状态转移方程为:
fi=max{fj-1+sumi-sumj|j>=i-k-1}
这么做的时间复杂度为O(nk),在极端情况下n和k同阶,时间复杂度达到了O(n2),于是GG。
考虑优化:
fi=max{fj-1+sumi-sumj|j>=i-k-1}=sumi+max{fj-1-sumj}
因为sumi是一个常数,所以转移只与j有关。于是就妥妥的单调队列。最终时间复杂度O(n),可以通过。
Code
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define rg register
#define ci const int
#define cl const long long int typedef long long int ll; namespace IO {
char buf[];
} template <typename T>
inline void qr(T &x) {
char ch=getchar(),lst=' ';
while(ch>''||ch<'') lst=ch,ch=getchar();
while(ch>=''&&ch<='') x=(x<<)+(x<<)+(ch^),ch=getchar();
if(lst=='-') x=-x;
} template <typename T>
inline void write(T x,const char aft,const bool pt) {
if(x<) {putchar('-');x=-x;}
int top=;
do {
IO::buf[++top]=x%+'';
x/=;
}while(x);
while(top) putchar(IO::buf[top--]);
if(pt) putchar(aft);
} template <typename T>
inline T mmax(const T _a,const T _b) {if(_b<_a) return _a;return _b;}
template <typename T>
inline T mmin(const T _a,const T _b) {if(_a>_b) return _b;return _a;}
template <typename T>
inline T mabs(const T _a) {if(_a<) return -_a;return _a;} template <typename T>
inline void mswap(T &_a,T &_b) {
T _temp=_a;_a=_b;_b=_temp;
} const int maxn = ; int n,k;
ll frog[maxn];
ll sum[maxn];
ll ans;
int que[maxn];int frt,tal; int main() {
qr(n);qr(k);
for(rg int i=;i<=n;++i) {ll &now=sum[i];qr(now);now+=sum[i-];}
for(rg int i=;i<=n;++i) {
if(frt<=tal&&i-que[frt]>k) ++frt;
rg ll ss=frog[i-]-sum[i];
while(frt<=tal&&ss>=frog[que[tal]-]-sum[que[tal]]) --tal;
que[++tal]=i;
if(i<=k) frog[i]=sum[i];
else frog[i]=sum[i]+frog[que[frt]-]-sum[que[frt]];
ans=mmax(ans,frog[i]);
}
write(ans,'\n',true);
return ;
}
Summary
1、方程复杂度太高是可以尝试对方程进行化简,说不定特殊性质就出来了。
2、找到状态难以枚举前面所有元素时,可以考虑枚举特殊点,比如本题中的断点。
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