【洛谷】【动态规划+单调队列】P1725 琪露诺

【题目描述：】

在幻想乡，琪露诺是以笨蛋闻名的冰之妖精。

某一天，琪露诺又在玩速冻青蛙，就是用冰把青蛙瞬间冻起来。但是这只青蛙比以往的要聪明许多，在琪露诺来之前就已经跑到了河的对岸。于是琪露诺决定到河岸去追青蛙。

小河可以看作一列格子依次编号为0到N，琪露诺只能从编号小的格子移动到编号大的格子。而且琪露诺按照一种特殊的方式进行移动，当她在格子i时，她只移动到区间[i+l,i+r]中的任意一格。你问为什么她这么移动，这还不简单，因为她是笨蛋啊。

每一个格子都有一个冰冻指数A[i]，编号为0的格子冰冻指数为0。当琪露诺停留在那一格时就可以得到那一格的冰冻指数A[i]。琪露诺希望能够在到达对岸时，获取最大的冰冻指数，这样她才能狠狠地教训那只青蛙。

但是由于她实在是太笨了，所以她决定拜托你帮它决定怎样前进。

开始时，琪露诺在编号0的格子上，只要她下一步的位置编号大于N就算到达对岸。

【输入格式：】

第1行：3个正整数N, L, R

第2行：N+1个整数，第i个数表示编号为i-1的格子的冰冻指数A[i-1]

【输出格式：】

一个整数，表示最大冰冻指数。保证不超过2³¹-1

[算法分析：]

一道典型的DP题，已知a[i]为点i的冰冻指数，设f[i]为到达点i时获得的最大冰冻指数

则f[i]的状态是由f_{[i+l, i+r]}转移来的

即f[r]的状态是由f_{[i-r, i-l]}得到的.

可以求得状态转移方程：

　　f[i] = max{f[i - j]} + a[i]

　　l <= j <= r <= i

时间复杂度为O(n²)，n ≤ 200000 的范围显然是超时了.

考虑如何优化：

显然对于求max{f[i - j]}的过程是可以优化的，

用优先队列或者线段树？O(n log₂ n)确实是一个很优秀的复杂度，但是还有更优的：

单调队列，时间复杂度为O(n).

每次把一个f[p]值放入deque中，维护序列的单调性（从大到小），

但如果某一次队头的元素的坐标已经不足以跳到当前点了，就要把队首pop出去

所以deque中存放的应是一个结构体或者pair.

那有没有可能在pop队尾的时候把之后的最优解pop掉呢？

现在要加入队列的元素坐标一定比队尾元素要大，而其值也比需要被pop掉的队尾元素大，

所以最优解不管怎么pop都会在队列里。

[Code:]

 1 //P1725 琪露诺
 2 #include<iostream>
 3 #include<cstdio>
 4 #include<algorithm>
 5 #include<queue>
 6 using namespace std;
 7
 8 const int MAXN = 200000 + 1;
 9
10 int n, l, r;
11 int a[MAXN];
12 int f[MAXN];
13 struct Node {
14     int v, num;
15 };
16
17 deque<Node> q;
18
19 inline int read() {
20     int x=0, f=1; char ch=getchar();
21     while(ch<'0' || ch>'9') {
22         if(ch == '-') f = -1;
23         ch = getchar();
24     }
25     while(ch>='0' && ch<='9')
26         x=(x<<3)+(x<<1)+ch-48, ch=getchar();
27     return x * f;
28 }
29
30 int main() {
31     n = read(), l = read(), r = read();
32     for(int i=0; i<=n; ++i)
33         a[i] = read();
34     int p = 0;
35     for(int i=l; i<=n; ++i) {
36 // 求max{f[i-r, i-l]}
37 //        int maxn = 1 << 31;
38 //        int s = i-r<0 ? 0 : i-r;
39 //        for(int j=s; j<=i-l; ++j)
40 //            maxn = max(maxn, f[j]);
41         while(!q.empty() && q.back().v < f[p])
42             q.pop_back();
43         q.push_back((Node){f[p], p});
44         while(q.front().num + r < i) q.pop_front();
45         f[i] = q.front().v + a[i];
46         ++p;
47     }
48     int ans = 1 << 31;
49     for(int i=n-r+1; i<=n; ++i)
50         ans = max(ans, f[i]);
51     printf("%d\n", ans);
52 }

转载于:https://www.cnblogs.com/devilk-sjj/p/9072387.html

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