poj 1821 Fence(单调队列)
题目链接:http://poj.org/problem?id=1821
题目分析来自:http://blog.csdn.net/tmeteorj/article/details/8684453
连续的N块木板,有K个粉刷匠,分别坐在第Si块木板前,每个粉刷匠不能移动位置,且最多能粉刷连续的Li块木板(必须包括Si或者不要该粉刷匠),每个粉刷匠粉刷一块木板可以得Pi块钱,求总共的最大利益。
题解:dp[i][j]代表前i个粉刷匠粉刷完成至多前j个木板的最大利益,状态转移有三种:
1、不需要第i个粉刷匠,即前i-1个粉刷匠完成前j个木板的工作:dp[i][j]=dp[i-1][j]
2、不需要粉刷第j块木板,即前i个粉刷匠完成前j-1个木板的工作:dp[i][j]=dp[i][j-1]
3、前i-1个粉刷匠粉刷到了第k块木板,然后第i个粉刷匠从第k+1开始一直粉刷到第j个木板:dp[i][j]=max(dp[i-1][k]+p[i]*(j-k))
前两种直接转移即可,第三种必须要用些优化才能节约时间dp[i-1][k]+p[i]*(j-k)=dp[i-1][k]- p[i]*k+p[i]*j,其中p[i]*j对固定dp[i][j]是固定的,即dp[i-1][k]-p[i]*k越大越好,所以可以用优先队列将所 有能够通过第三种方式更新dp[i][j]储存起来,能够更新需要满足两个条件k<Si且k+Li>=j,所以可以首先将[Si- Li,Si-1]区间的值预处理出来,并在每次选取优先队列中元素时判断它是否满足k+Li>=j即可(如果不满足,因为j是递增的,它以后也不会 满足,所以可以直接pop掉)
AC代码:
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
struct TT
{
int len,cost,pos;
}a[];
int dp[][];
int Q[];
bool cmp(TT m,TT n)
{
return m.pos<n.pos;
}
int main()
{
int m,n;
while(scanf("%d %d",&m,&n)!=EOF)
{
memset(dp,,sizeof(dp));
for(int i=;i<=n;i++)
{
scanf("%d %d %d",&a[i].len,&a[i].cost,&a[i].pos);
}
sort(a+,a+n+,cmp);
int base,top,ans = ;
for(int i=;i<=n;i++)
{
base = ,top =;
Q[base] = max(a[i].pos-a[i].len,);
for(int j=;j<=m;j++)
{
dp[i][j] = max(dp[i-][j],dp[i][j-]);
if(j>=a[i].pos+a[i].len)//当前的位置加上能够粉刷的距离依然小于当前的距离
continue;
while(base<top && Q[base]+a[i].len<j)//去掉用过的
base++;
//原型dp[i-1][k]+a[i].cost*(j-k)=dp[i-1][k]-a[i].cost*k+a[i].cost*j
//最后面是固定的大小
if(j<a[i].pos)//小于当前的位置
{
int temp = dp[i-][j] - j*a[i].cost;//只需要寻找最大值
while(base<top && dp[i-][Q[top-]] - Q[top-] * a[i].cost<temp)
top--;
Q[top++] = j;
continue;
}
dp[i][j] =max(dp[i][j],dp[i-][Q[base]]+a[i].cost*(j-Q[base]));
}
}
printf("%d\n",dp[n][m]);
}
return ;
}
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