[SMOJ1725]松果

题目描述

有NN棵松果树从左往右排一行，桃桃是一只松鼠，它现在在第一棵松果树上。它想吃尽量多的松果，但它不想在地上走，而只想从一棵树跳到另一棵树上。松鼠的体力有个上限，每次不能跳的太远，也不能跳太多次。每当它跳到一棵树上，就会把那棵树上的松果全部都吃了。它最多能吃到多少个松果？

输入格式 1725.in

第一行，三个整数：NN、DD、MM。NN表示松果树的数量，DD表示松鼠每次跳跃的最大距离，MM表示松鼠最多能跳跃M次。
接下来有NN行，每行两个整数：AiA_i和BiB_i。其中AiA_i表示第ii棵树上的松果的数量，BiB_i表示第ii棵树与第1棵树的距离，其中B1B_1保证是0。
数据保证这NN棵树从左往右的次序给出，即BiB_i是递增的，不存在多棵树在同一地点。

输出格式 1725.out

一个整数。

输入样例 1725.in

5 5 2
6 0
8 3
4 5
6 7
9 10

输出样例 1725.out

20

数据范围

Ai≤10000Ai \leq 10000, D≤10000D \leq 10000
对于40%的数据，M<N≤100M , Bi≤10000Bi \leq 10000
对于100%的数据，M<N≤2000M , Bi≤10000Bi \leq 10000

初看，这题 dp 的模型是非常明显的。如果用 f[i][j]f[i][j] 表示前 ii 棵树跳 jj 次的最多松果数，很容易就可以得到

f[i][j]=max(f[k][j−1])+A[i](B[i]−B[k]<D)

f[i][j]=max(f[k][j-1])+A[i]\qquad(B[i]-B[k]

这种做法的正确性也是显然的，但是复杂度太高了，达到 O(n3)O(n^3) 的级别，只能拿 40 分。

分析一下数据范围，其实 O(n2)O(n^2) 的复杂度还是可以承受的，所以优化算法的关键就在于如何快速地找出符合条件的 f[k][j−1]f[k][j-1] 的最大值。我们知道，朴素地找肯定是行不通的，那么只能用一个数据结构进行维护。

传统的维护最值数据结构在此题中均表现不佳，如线段树所需空间太大，树状数组无法满足位置范围限制的需求。但还有一种轻巧易用的数据结构，那就是单调队列。

不妨维护这样一个队列：总是保证队列中的元素值单调递减，且队中元素的最小下标与最大下标差总是在 dd 以内。但是要维护的值是基于跳的次数的不同而受到影响的，因此要维护的是一个二维的单调队列。也就是说，当计算一个新的值 f[i][j]f[i][j] 的时候，就取 j−1j-1 的单调队列队首元素值；计算完毕后更新一遍队列，就更新 jj 的单调队列。

参考代码：

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>using namespace std;const int maxn = 2e3 + 10;
const int maxm = 2e3 + 10;struct Tnode {int pos, val;Tnode () : pos(0), val(0) {}Tnode (int x, int y) : pos(x), val(y) {}
};int n, d, m;
int a[maxn], b[maxn];
int dp[maxn][maxm];int head[maxm], tail[maxm];
Tnode q[maxn][maxm];void debug_output() {for (int i = 0; i <= m; i++) {for (int j = head[i]; j < tail[i]; j++) printf("%d %d|", q[i][j].pos, q[i][j].val);putchar('\n');}puts("=============");
}int main(void) {freopen("1725.in", "r", stdin);freopen("1725.out", "w", stdout);scanf("%d%d%d", &n, &d, &m);for (int i = 0; i < n; i++) scanf("%d%d", &a[i], &b[i]);dp[0][0] = a[0];q[0][tail[0]++] = Tnode(0, a[0]);for (int i = 1; i < n; i++) {for (int j = 1; j <= min(i, m); j++) {while (head[j - 1] < tail[j - 1] && b[i] - q[j - 1][head[j - 1]].pos > d) head[j - 1]++; //将与当前位置距离超过 d 的元素出队dp[i][j] = q[j - 1][head[j - 1]].val + a[i]; //队首值即为跳 j - 1 次且与当前位置距离在 d 以内的最大值}for (int j = 1; j <= min(i, m); j++) { //计算完后统一维护队列while (head[j] < tail[j] && q[j][tail[j] - 1].val < dp[i][j]) tail[j]--;q[j][tail[j]++] = Tnode(b[i], dp[i][j]);//printf("i=%d j=%d\n", i, j); debug_output();}}int ans = 0;for (int i = 0; i < n; i++) ans = max(ans, dp[i][m]);printf("%d\n", ans);return 0;
}

关于利用单调性优化 dp 的问题，JSOI 2009 有一篇相关的论文讲得很棒，如果有兴趣可以自行查阅。

2017/8/5 update
这里还存在一个细节问题需要注意：如果计算完立即维护单调队列，且 jj 按照一般的从小到大的计算顺序，就会出现问题。

不难理解：在计算 f[i][j]f[i][j] 的过程中取 f[k][j−1]f[k][j-1] 的时候，显然合法的 kk 应该满足 k<ik。但是计算完马上更新队列就有可能导致接下来取了 f[i][j−1]f[i][j-1] 的值，也就是“从当前跳到当前”的情况。

有两种解决方法可以避免出现这样的错误：一是参考 01 背包的一维空间做法，jj 从大到小求解；二是对于同一个 ii，统一求解完所有的 f[i][j]f[i][j] 后再去维护单调队列。

另：附线段树版本代码
注意下面的代码中用了一个小优化，即先统一二分预处理上一步的最远可能位置，并记为 lastilast_i。

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>using namespace std;const int MAXN = 2e3 + 10;struct Tnode {int val;int left_child, right_child;
} tree[MAXN * MAXN << 1];
int freepoint;struct SegmentTree {int root;SegmentTree () : root(0) {} int get_point(int l, int r) {tree[freepoint] = (Tnode){0, -1, -1};return freepoint++;}int create(int l, int r) {int p = get_point(l, r);if (l < r) {int mid = l + r >> 1;tree[p].left_child = create(l, mid);tree[p].right_child = create(mid + 1, r);}return p;}void push_up(int cur) {tree[cur].val = max(tree[tree[cur].left_child].val, tree[tree[cur].right_child].val);}void update_one(int cur, int l, int r, int pos, int v) {Tnode& nod = tree[cur];if (l == pos && r == pos) {nod.val = v;return;}int mid = l + r >> 1;if (pos <= mid) update_one(nod.left_child, l, mid, pos, v);else update_one(nod.right_child, mid + 1, r, pos, v);push_up(cur);}int query(int cur, int ll, int rr, int l, int r) {Tnode& nod = tree[cur];if (cur == -1 || r < ll || rr < l) return 0;
//      printf("%d %d %d %d %d\n", cur, ll, rr, l, r);if (l <= ll && rr <= r) return nod.val;int mid = ll + rr >> 1;return max(query(nod.left_child, ll, mid, l, r), query(nod.right_child, mid + 1, rr, l, r));}
} SegT[MAXN];int N, D, M;
int A[MAXN], B[MAXN], last[MAXN], f[MAXN][MAXN];int main(void) {freopen("1725.in", "r", stdin);freopen("1725.out", "w", stdout);scanf("%d%d%d", &N, &D, &M);for (int i = 1; i <= N; i++) scanf("%d%d", &A[i], &B[i]);for (int i = 2; i <= N; i++) last[i] = lower_bound(B + 1, B + i, B[i] - D) - B;for (int i = 0; i <= M; i++) SegT[i].root = SegT[i].create(1, N);int ans;ans = f[1][0] = A[1]; SegT[0].update_one(SegT[0].root, 1, N, 1, A[1]);for (int i = 2; i <= N; i++)for (int j = min(i - 1, M); j; j--) {f[i][j] = SegT[j - 1].query(SegT[j - 1].root, 1, N, last[i], i - 1) + A[i];ans = max(ans, f[i][j]);SegT[j].update_one(SegT[j].root, 1, N, i, f[i][j]);}printf("%d\n", ans);return 0;
}

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