codevs 1748 瑰丽华尔兹

2005年NOI全国竞赛

 时间限制: 1 s
 空间限制: 128000 KB
 题目等级 : 大师 Master
 
 
 
题目描述 Description

你跳过华尔兹吗?当音乐响起,当你随着旋律滑动舞步,是不是有一种漫步 仙境的惬意? 众所周知,跳华尔兹时,最重要的是有好的音乐。但是很少有几个人知道, 世界上最伟大的钢琴家一生都漂泊在大海上,他的名字叫丹尼·布德曼·T.D.·柠 檬·1900,朋友们都叫他 1900。 
1900 在 20 世纪的第一年出生在往返于欧美的邮轮弗吉尼亚号上。很不幸, 他刚出生就被抛弃,成了孤儿。1900 孤独的成长在弗吉尼亚号上,从未离开过 这个摇晃的世界。也许是对他命运的补偿,上帝派可爱的小天使艾米丽照顾他。 可能是天使的点化,1900 拥有不可思议的钢琴天赋:从未有人教,从没看过 乐谱,但他却能凭着自己的感觉弹出最沁人心脾的旋律。当 1900 的音乐获得邮 轮上所有人的欢迎时,他才 8 岁,而此时,他已经乘着海轮往返欧美大陆 50 余 次了。 
虽说是钢琴奇才,但 1900 还是个孩子,他有着和一般男孩一样的好奇和调皮,只不过更多一层浪漫的色彩罢了: 这是一个风雨交加的夜晚,海风卷起层层巨浪拍打着弗吉尼亚号,邮轮随着 巨浪剧烈的摇摆。船上的新萨克斯手迈克斯·托尼晕船了,1900 招呼托尼和他 一起坐到舞厅里的钢琴上,然后松开了固定钢琴的闸,于是,钢琴随着海轮的倾 斜滑动起来。准确的说,我们的主角 1900、钢琴、邮轮随着 1900 的旋律一起跳 起了华尔兹,随着“嘣嚓嚓”的节奏,托尼的晕船症也奇迹般的消失了。后来托 尼在回忆录上这样写道: 大海摇晃着我们 使我们转来转去 快速的掠过灯和家具 我意识到我们正在和大海一起跳舞 真是完美而疯狂的舞者 晚上在金色的地板上快乐的跳着华尔兹是不是很惬意呢?也许,我们忘记了 一个人,那就是艾米丽,她可没闲着:她必须在适当的时候施展魔法帮助 1900, 不让钢琴碰上舞厅里的家具。

不妨认为舞厅是一个N行M列的矩阵,矩阵中的某些方格上堆放了一些家具, 其他的则是空地。钢琴可以在空地上滑动,但不能撞上家具或滑出舞厅,否则会 损坏钢琴和家具,引来难缠的船长。 每个时刻,钢琴都会随着船体倾斜的方向向相邻的方格滑动一格,相邻的方 格可以是向东、向西、向南或向北的。而艾米丽可以选择施魔法或不施魔法:如 果不施魔法,则钢琴会滑动;如果施魔法,则钢琴会原地不动。 艾米丽是个天使,她知道每段时间的船体的倾斜情况。她想使钢琴在舞厅里 滑行的路程尽量长,这样 1900 会非常高兴,同时也有利于治疗托尼的晕船。但 艾米丽还太小,不会算,所以希望你能帮助她。

输入描述 Input Description

输入文件的第一行包含 5 个数 N, M, x, y 和 K。N 和 M 描述舞厅的大小,x 和 y 为钢琴的初始位置;我们对船体倾斜情况是按时间的区间来描述的,且从 1 开始计算时间,比如“在[1, 3]时间里向东倾斜,[4, 5]时间里向北倾斜”,因此这 里的 K 表示区间的数目。 以下 N 行,每行 M 个字符,描述舞厅里的家具。第 i 行 第 j 列 的字符若为‘ . ’, 则表示该位置是空地;若为‘ x ’,则表示有家具。 以下 K 行,顺序描述 K 个时间区间,格式为:si ti di(1 ≤ i ≤ K)。表示在时间 区间[si, ti]内,船体都是向 di方向倾斜的。di 为 1, 2, 3, 4 中的一个,依次表示北、 南、西、东(分别对应矩阵中的上、下、左、右)。输入保证区间是连续的,即

s1 = 1

ti = si-1 + 1  (1 < i ≤ K)

tK = T

输出描述 Output Description

输出文件仅有 1 行,包含一个整数,表示钢琴滑行的最长距离(即格子数)。

样例输入 Sample Input

4 5 4 1 3

..xx.

.....

...x.

.....

1 3 4

4 5 1

6 7 2

样例输出 Sample Output

6

数据范围及提示 Data Size & Hint

50%的数据中,1≤N, M≤200,T≤200; 
100%的数据中,1≤N, M≤200,K≤200,T≤40000。

/*
我只想出了BFS暴力搜索,2^t复杂度,稳稳的超时。
正解:DP+单调队列
*/
 ()朴素的DP:
for (~k)//k个时间区间 *200
for (~n,~m) n*m个点 **
for (~时间区间长度) *
/*-----------------------------*/
/*
(2)单调队列
f(i,x,y)f(i,x,y) 表示第i个区间(区间长设为L)后,钢琴处于(x,y)(x,y)的最大滑行距离 假如这个区间方向是向下,则f(i-1,j,y)+(x-j)->f(i,x,y)(x-L<=j<=x)f(i-1,j,y)+(x-j)->f(i,x,y)(x-L<=j<=x)
即这个区间的转移是一列一列的,每一列用一下单调队列优化dp即可 其余方向同理 然后每个时间段内是一列一列(行) 进行递推。 如果朴素枚举是O(n^2)时间无法承受。所以每列(行)用一个单调队列维护dp,队首放着移动距离最大可以到达的点,这样复杂度就降到了O(n)。每次要递推n列(行)。所以总复杂度为O(k*n*m)。 考虑到一个时间段所有的更新操作都是相同的,我们可以考虑单调队列优化
设队尾为(x,y),新插入的点为(x',y'),那么当Distance( (x,y) , (x',y') ) <= f[x'][y'] - f[x][y]时,(x,y)可被删掉
四遍单调队列即可 O(T*m*n) 思路: 1. dp[k][x][y] 表示处理到第 k 个时间区间时,最终点落在 x, y 坐标上,移动的最大距离。 3. dp[k][x][y] = max(dp[k-1][x1][y1] + delta); 由于 delta 是相对偏移量,所以对于 x/y 所在的维度可以用单调队列优化。 4. 由于第 k - 1 次之后,无法确定第 k 步的起始位置,所以要采取枚举的办法,所以最终的时间复杂度为 O(N*M*K) 5. 初始状态为 dp[0][x][y] = 0, 其他赋值为 -INFS,这样才能保证枚举的过程中,最终结果是在以 (x, y) 为起始点出发的。
*/
#define N 205
#include<iostream>
using namespace std;
#include<cstdio>
#define inf 1000000000
typedef long long ll;
ll read()
{
ll ret=,ff=;
char s=getchar();
while(s<''||s>'')
{
if(s=='-') ff=-;
s=getchar();
}
while(s>=''&&s<='')
{
ret=ret*+s-'';
s=getchar();
}
return ret*ff;
}
char a[N][N];
int f[N][N][N];
int xx[]={,-,,,};
int yy[]={,,,-,};
int q[N],pos[N],head,tail;
int n,m,sx,sy,K,ans;
void push(int now,int val,int x,int y)
{
if(val==-inf) return;/*入队前先删除队尾,队尾不够优,就删除。即新入队的元素的可更新距离大于队尾的*/
while(val-now>q[tail]&&head<=tail) tail--;
q[++tail]=val-now;
pos[tail]=now;
}
void dp(int p,int x,int y,int d,int T)
{
head=;tail=;int now=;
while(x<=n&&x>=&&y<=m&&y>=)
{
if(a[x][y]=='x')/*一旦有了障碍物,之前的点都用不到了*/
head=,tail=;
else push(now,f[p-][x][y],x,y);
while(now-pos[head]>T&&head<=tail) head++;/*利用区间长度删除队头,队头储存着这一列(行),距离最远的点*/
if(head<=tail)/*更新之前先删除队头*/
f[p][x][y]=q[head]+now;
else f[p][x][y]=-inf;
ans=max(ans,f[p][x][y]);
x+=xx[d];y+=yy[d];/*更新下一点*/
now++;
}
}
int main()
{
n=read();m=read();sx=read();sy=read();K=read();
for(int i=;i<=n;++i)
scanf("%s",a[i]+);
for(int i=;i<=n;++i)
for(int j=;j<=m;++j)
f[][i][j]=-inf;
f[][sx][sy]=;
int s1,t1,d1;
for(int i=;i<=K;++i)
{
s1=read();t1=read();d1=read();
if(d1==)
{
for(int j=;j<=m;++j)
dp(i,n,j,d1,t1-s1+);
}
if(d1==)
{
for(int j=;j<=m;++j)
dp(i,,j,d1,t1-s1+);
}
if(d1==)
{
for(int j=;j<=n;++j)
dp(i,j,m,d1,t1-s1+);
}
if(d1==)
{
for(int j=;j<=n;++j)
dp(i,j,,d1,t1-s1+);
}
}
printf("%d",ans);
return ;
}

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