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单调队列优化DP解题报告(uoj转)

时间：2024-09-27 09:01:23浏览次数：11  
标签：fr int max tt back 解题 uoj include DP

Fence

\(K\)很小，考虑\(K\)开一维，\(N\)开一维

\(f_{i,j}\)表示前\(i\)个工匠粉刷前\(j\)个木板的最大花费

\(f_{i,j}=\min_{k=j-l_i}^{s_i-1} f_{i-1,k}+(j-k) \cdot p_i\)

拆开为

\(f_{i,j}=f_{i-1,k}-k \cdot p_i+j \cdot p_i\)

\(i\)固定时维护\(f_{i-1,k}-k \cdot p_i\)的最小值即可

应该维护一个从\(s_i-1\)开始的后缀min，单调队列也行，但数组更香

PS:数据范围是不是错了，调了一年

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define fr(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define N 105
#define M 160005
#define ll long long
int n,m,L[N],P[N],S[N];
ll mn[M],f[N][M];
struct node{
	int l,p,s;
}a[N];
bool cmp(node A,node B){
	return A.s<B.s;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&m,&n);
	fr(i,1,n)scanf("%d%d%d",&a[i].l,&a[i].p,&a[i].s);
	sort(a+1,a+n+1,cmp);
	fr(i,1,n)L[i]=a[i].l,P[i]=a[i].p,S[i]=a[i].s;
	fr(i,1,n){
		memset(mn,-0x3f,sizeof mn);
		for(int j=S[i]-1;j>=0;j--)mn[j]=max(mn[j+1],f[i-1][j]-1ll*j*P[i]);
		fr(j,S[i],S[i]+L[i]-1)f[i][j]=mn[max(0,j-L[i])]+1ll*j*P[i];
		fr(j,1,m)f[i][j]=max(f[i][j],max(f[i-1][j],f[i][j-1]));
	}
	printf("%lld\n",f[n][m]);
	return 0;
}

P2569 [SCOI2010]股票交易

其实不难，嘴巴AC算了

\(f_{i,j}\)表示第\(i\)天持有\(j\)股，当前收益max值

然后就是大分讨，拆式子，单调队列

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fr(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define N 2021
#define inf 0x3f3f3f3f
int n,m,k,ap[N],bp[N],as[N],bs[N],f[N][N];
deque<int> q;
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	fr(i,1,n)scanf("%d%d%d%d",&ap[i],&bp[i],&as[i],&bs[i]);
	memset(f,-0x3f,sizeof(f));
	fr(i,1,n){
		fr(j,0,as[i])f[i][j]=-j*ap[i];
		fr(j,0,m)f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j]);
		if(i<=k)continue;
		q.clear();
		fr(j,0,m){
			while(q.size()&&j-q.front()>as[i])q.pop_front();
			while(q.size()&&f[i-k-1][j]+j*ap[i]>=f[i-k-1][q.back()]+q.back()*ap[i])q.pop_back();
			q.push_back(j);
			if(q.size())f[i][j]=max(f[i][j],f[i-k-1][q.front()]+(q.front()-j)*ap[i]);
		}
		q.clear();
		for(int j=m;j>=0;j--){
			while(q.size()&&q.front()-j>bs[i])q.pop_front();
			while(q.size()&&f[i-k-1][j]+j*bp[i]>=f[i-k-1][q.back()]+q.back()*bp[i])q.pop_back();
			q.push_back(j);
			if(q.size())f[i][j]=max(f[i][j],f[i-k-1][q.front()]+(q.front()-j)*bp[i]);
		}
	}
	printf("%d",f[n][0]);
	return 0;
}

P4954 [USACO09OPEN]Tower of Hay G

题目大意：\(n\)个数划分成若干个连续段，前一段sum\(\geq\)后一段sum，问最多划分几段

一个明显的DP是:
\(f_{i,j}\)表示前\(i\)个,最后一段为\(i\)~\(j\)的最高层数

但很遗憾这样最少也是\(n^2\)无法再优化了

考虑干掉第二维

手玩几组样例后发现，最优解一定是可行解中底部最小的

直觉上就是传上去了，不亏

证明用数归即可

因而只需确认底层最少几个，再递归即可

但还是难转移，因为底层看不到上面

所以只能从上面看下来

因此倒做

考虑\(f_i\)表示\(i\)~\(n\)分好的最高层数

\(g_i\)表示此时底层最小宽度

则\(f_i=\max_{j=i+1}^n f_j+1\) if \(s_{i...j-1} \geq g_j\)

\(O(n^2)\)

但是if后的条件\(s_{j-1}-s_{i-1} \geq g_j \leftrightarrow s_{i-1} \leq s_{j-1}-g_j\)

为了好看可改为后缀和

\(s_i-s_j \geq g_j\) , \(s_i \geq g_j+s_j\)

不难看出单调性，上优化即可

不得不说是个好题，值得一讲

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fr(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define N 100005
int n,a[N],s[N],f[N],g[N];
int q[N],hh,tt;
int main(){
	scanf("%d",&n);
	fr(i,1,n)scanf("%d",&a[n-i+1]);
	fr(i,1,n)s[i]=s[i-1]+a[i];
	fr(i,1,n){
		while(hh<=tt&&s[q[hh]]+g[q[hh]]<=s[i])hh++;
		g[i]=s[i]-s[q[hh-1]],f[i]=f[q[hh-1]]+1;
		while(hh<=tt&&s[q[tt]]+g[q[tt]]>=s[i]+g[i])tt--;
		q[++tt]=i;
	}
	printf("%d\n",f[n]);
	return 0;
}

P5665 [CSP-S2019] 划分

一模一样的题。。。

突然发现家里电脑没有int128？？？

空间实在恶心，88pts算了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fr(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define N 40000005
#define ll long long
#define wow __int128
int n,typ,b1,b2,x,y,z,m,mod=(1<<30);
ll s[N],g[N];
wow f[N];
int q[N],hh,tt;
void write(wow x){
	if(x>(wow)9)write(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
int get(int i){
	if(i<=2)return i==1?b1:b2;
	else{
		int ans=(1ll*b2*x+1ll*b1*y+1ll*z)%mod;
		b1=b2,b2=ans;
		return ans;
	}
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&typ);
	if(typ==0){
		fr(i,1,n){
			scanf("%d",&b1);
			s[i]=s[i-1]+b1;
		}
	}
	else{
		scanf("%d%d%d%d%d%d",&x,&y,&z,&b1,&b2,&m);
		int L=1,R,l,r;
		fr(i,1,m){
			scanf("%d%d%d",&R,&l,&r);
			fr(j,L,R)s[j]=s[j-1]+(get(j)%(r-l+1))+l;
			L=R+1;
		}
	}
	fr(i,1,n){
		while(hh<=tt&&s[q[hh]]+g[q[hh]]<=s[i])hh++;
		hh--;
		g[i]=s[i]-s[q[hh]],f[i]=f[q[hh]]+(wow)g[i]*g[i];
		while(hh<=tt&&s[q[tt]]+g[q[tt]]>=s[i]+g[i])tt--;
		q[++tt]=i;
	}
	write(f[n]);
	return 0;
}

哦，看到某位大神题解，对于压空间深受启发，AC code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fr(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define N 40000005
#define ll long long
#define wow __int128
int n,typ,b1,b2,x,y,z,m,mod=(1<<30);
ll s[N],g[N];
struct node{
	int id;
	wow f;
};
deque<node> q;
void write(wow x){
	if(x>(wow)9)write(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
int get(int i){
	if(i<=2)return i==1?b1:b2;
	else{
		int ans=(1ll*b2*x+1ll*b1*y+1ll*z)%mod;
		b1=b2,b2=ans;
		return ans;
	}
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&typ);
	if(typ==0){
		fr(i,1,n){
			scanf("%d",&b1);
			s[i]=s[i-1]+b1;
		}
	}
	else{
		scanf("%d%d%d%d%d%d",&x,&y,&z,&b1,&b2,&m);
		int L=1,R,l,r;
		fr(i,1,m){
			scanf("%d%d%d",&R,&l,&r);
			fr(j,L,R)s[j]=s[j-1]+(get(j)%(r-l+1))+l;
			L=R+1;
		}
	}
	node hh,tt;
	q.push_back((node){0,0});
	fr(i,1,n){
		while(q.size()&&s[q.front().id]+g[q.front().id]<=s[i])hh=q.front(),q.pop_front();
		q.push_front(hh);
		tt.id=i;
		g[i]=s[i]-s[hh.id],tt.f=hh.f+(wow)g[i]*g[i];
		while(q.size()&&s[q.back().id]+g[q.back().id]>=s[i]+g[i])q.pop_back();
		q.push_back(tt);
//		puts("orz");
	}
	write(q.back().f);
	return 0;
}

acwing 299.裁剪序列

很有趣的一个题

首先还是无脑DP，设\(f_i\)表示\(1\)到\(i\)分段最小代价

则\(f_i = f_j + maxa(i\)~\(j)\)

st表维护最值，\(O(n^2)\)转移即可

考虑优化，发现一段区间在满足和限制且最大值不变的情况下，一定会尽量扩张

因此可以找出对于\(i\)向左，使最大值改变的所有位置，从左到右记为\(p_1,p_2,...p_k\)

不难看出其单调递减，单调队列即可

\(p_i\)贡献为\(f_{p_i}+p_{i+1}\)

拿个堆维护一下就行

当然还有和限制，特判即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fr(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define N 100005
#define ll long long
int n,a[N],vis[N];
ll m,f[N];
int q[N],hh,tt;
struct node{
	int fo,la;
	ll d;
	friend bool operator < (node A,node B){
		return A.d>B.d;
	}
};
priority_queue<node> p;
int main(){
	scanf("%d%lld",&n,&m);
	fr(i,1,n){
		scanf("%d",&a[i]);
		if(a[i]>m){
			puts("-1");
			return 0;
		}
	}
	ll sum=0;
	int j=0;
	fr(i,1,n){
		sum+=a[i];
		while(sum>m)sum-=a[++j];
		while(hh<=tt&&q[hh]<j)vis[q[hh++]]=1;
		while(hh<=tt&&a[i]>=a[q[tt]])vis[q[tt--]]=1;
		if(hh<=tt)p.push((node){q[tt],i,f[q[tt]]+a[i]});
		q[++tt]=i;
		f[i]=f[j]+a[q[hh]];
		p.push((node){q[tt],i,f[q[tt]]+a[i]});
		while(p.size()&&(vis[p.top().fo]||vis[p.top().la]))p.pop();
		if(p.size())f[i]=min(f[i],p.top().d);
	}
	printf("%lld\n",f[n]);
	return 0;
}

总结：状态尽量设计的好看一些，分离各个变量，就能用单调队列了

标签：fr,int,max,tt,back,解题,uoj,include,DP
From： https://www.cnblogs.com/zsj6315/p/18434961

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