【单调队列优化dp】jzoj4883灵知的太阳信仰纪中集训提高B组

【NOIP2016提高A组集训第12场11.10】灵知的太阳信仰
(File IO): input:array.in output:array.out
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Description

在炽热的核熔炉中，居住着一位少女，名为灵乌路空。
据说，从来没有人敢踏入过那个熔炉，因为人们畏缩于空所持有的力量——核能。
核焰，可融真金。

咳咳。
每次核融的时候，空都会选取一些原子，排成一列。然后，她会将原子序列分成一些段，并将每段进行一次核融。
一个原子有两个属性：质子数和中子数。
每一段需要满足以下条件：
1、同种元素会发生相互排斥，因此，同一段中不能存在两个质子数相同的原子。
2、核融时，空需要对一段原子加以防护，防护罩的数值等于这段中最大的中子数。换句话说，如果这段原子的中子数最大为x，那么空需要付出x的代价建立防护罩。求核融整个原子序列的最小代价和。

Input

第一行一个正整数N，表示原子的个数。
接下来N行，每行两个正整数pi和ni，表示第i个原子的质子数和中子数。

Output

输出一行一个整数，表示最小代价和。

Sample Input

5
3 11
2 13
1 12
2 9
3 13

Sample Output

Data Constraint

对于20%的数据，1<=n<=100
对于40%的数据，1<=n<=1000
对于100%的数据，1<=n<=105，1<=pi<=n，1<=ni<=2∗1041<=n<=10^5，1<=pi<=n，1<=ni<=2*10^41<=n<=105，1<=pi<=n，1<=ni<=2∗104

先放一波官方题解：

考场上其实连最简单的那个dp都没有想到，想的二维的状态，时间和空间都是n2n^2n2的，后来发现其实有一维无用状态。
然后最简单的那个n2n^2n2dp非常好理解对吧。
但是这样的转移时间复杂度非常高。（虽然我还码了一遍）

//
#include<queue>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
#define N 100005
#define INF 0x3f3f3f3f
#define ll long long
struct node{int a,b;
}at[N];
int n;
int last[N]/*这个点最左可以到哪里*/,pos[N]/*对应编号上一次出现的位置*/,dp[N];
inline int rd()
{int f=1,x=0;char c=getchar();while(c<'0'||'9'<c){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while('0'<=c&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();return f*x;
}
int main()
{freopen("array.in","r",stdin);freopen("array.out","w",stdout);n=rd();for(register int i=1;i<=n;i++){scanf("%d %d",&at[i].a,&at[i].b);last[i]=last[i-1];if(pos[at[i].a]) last[i]=max(last[i],pos[at[i].a]+1);pos[at[i].a]=i;}for(register int i=1;i<=n;i++){int mx=at[i].b;dp[i]=dp[i-1]+at[i].b;for(register int j=i-1;j>=last[i];j--){mx=max(mx,at[j].b);dp[i]=min(dp[i],dp[j-1]+mx);}}printf("%d\n",dp[n]);return 0;
}

然后发现转移后面那一坨dp[j−1]+mxdp[j-1]+mxdp[j−1]+mx的复杂度非常高，想到单调队列优化。
发现当右端点i固定左端点j向左扫时其间b的最大值mx是不减的
这就相当于在找到下一个更大值之前mx不会变
这里维护一个递减的单调队列表示从i向左扫到那些位置会使mx发生变化
由于dp是单调不减的，在mx不变时用最左边的dp一定是最小值
这就相当于在单调队列中的每一项的f加上下一位的mx

然后就可以单调队列优化一下。
但是看题解的意思，好像暴力（正常）维护单调队列会造成没有必要的入队，所以还要用其他数据结构维护？
蒟蒻没有看懂，不会写，所以写了一个正常（暴力）的单调队列，过了，541ms，虽然跑得不快，但是看起来也不像是卡过去的，所以就这样吧。。。

//单调队列优化dp
#include<queue>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
#define N 100005
#define INF 0x3f3f3f3f
#define ll long long
inline int rd()
{int f=1,x=0;char c=getchar();while(c<'0'||'9'<c){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while('0'<=c&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();return f*x;
}
int n;
int Q[N],head,tail;
int a[N],b[N],dp[N],pos[N],last[N];
int main()
{freopen("array.in","r",stdin);freopen("array.out","w",stdout);n=rd();for(int i=1;i<=n;i++){a[i]=rd(),b[i]=rd();if(!pos[a[i]])pos[a[i]]=i,last[i]=0;else last[i]=pos[a[i]],pos[a[i]]=i;last[i]=max(last[i],last[i-1]);//不能越过上一个数不能到达的位置 }head=tail=1;Q[tail]=1;dp[1]=b[1];for(int i=2;i<=n;i++){while(head<=tail&&last[i]>Q[head])head++;while(head<=tail&&b[Q[tail]]<=b[i])tail--;Q[++tail]=i;//先更新 可以从自己更新 dp[i]=INF;for(int j=head+1;j<=tail;j++)dp[i]=min(dp[i],dp[Q[j-1]]+b[Q[j]]);dp[i]=min(dp[i],dp[last[i]]+b[Q[head]]);//单独处理队头 }printf("%d\n",dp[n]);return 0;
}