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7.6 做题笔记

笔记、梳理、题解合三为一的产物。

P2569 [SCOI2010] 股票交易

考虑 DP，数据允许开到平方级别。

设 $f_{i,j}$ 表示第 $i$ 天持有 $j$ 张股票的最大钱。

四种转移：

1. 凭空买入，即本次买入与前面无关。$f_{i,j}=-a{p}_i\cdot j$。

2. 不买不卖，直接从前些天转移。$f_{i,j}=\max{f_{i,j},f_{i-1,j}} $。

3. 在前面交易（买或卖）基础上买入，需要满足“两次交易间隔 $w$ 天”的条件。

   虽然不一定上一次交易就是第 $i-w-1$ 天，但是由转移 2 得，$f_{i-w-1,k}$ 已经是前面这些天的最优答案，所以可以从这天转移到今天。

   注意买入的数量不要超过 $a{s}_i$。方程为： f i , j = max ⁡ { f i , j , f i − w − 1 , k − ( j − k ) ⋅ a p i } ( j − a s i ≤ k < j ) f_{i,j}=\max\{f_{i,j},f_{i-w-1,k}-(j-k)\cdot ap_i\}\; (j-as_i\leq k<j) fi,j​=max{fi,j​,fi−w−1,k​−(j−k)⋅api​}(j−asi​≤k<j)。

4. 与转移 3 类似，在前基础上卖出。方程为： f i , j = max ⁡ { f i , j , f i − w − 1 , k + ( k − j ) ⋅ b p i } ( j < k ≤ j + b s i ) f_{i,j}=\max\{f_{i,j},f_{i-w-1,k}+(k-j)\cdot bp_i\}\; (j<k\leq j+bs_i) fi,j​=max{fi,j​,fi−w−1,k​+(k−j)⋅bpi​}(j<k≤j+bsi​)。

发现转移 3，4 均为立方级别时间复杂度。$\max$ 转移可以考虑单调队列优化。

根据乘法分配律，转移 3 方程实际为： f i , j = max ⁡ { f i , j , f i − w − 1 , k + k ⋅ a p i } − j ⋅ a p i f_{i,j}=\max\{f_{i,j},f_{i-w-1,k}+k\cdot ap_i\}-j\cdot ap_i fi,j​=max{fi,j​,fi−w−1,k​+k⋅api​}−j⋅api​。转移 4 类似，就不写了。区间取最大值的操作，单调队列可完成。

转移时注意顺序与逆序，不要把已更新过的拿来更新其他状态。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;#define int long longconst int N=2e3+5;int n,m,w;
int f[N][N];
int q[N],l,r;
int ap,bp,as,bs;signed main()
{scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&w);memset(f,~0x3f,sizeof f);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld%lld%lld%lld",&ap,&bp,&as,&bs);for(int j=0;j<=as;j++)f[i][j]=-ap*j;for(int j=0;j<=m;j++)f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j]);if(i-w-1<0) continue;l=1,r=0;for(int j=0;j<=m;j++){while(l<=r&&q[l]<j-as)l++;while(l<=r&&f[i-w-1][q[r]]+q[r]*ap<=f[i-w-1][j]+j*ap)r--;q[++r]=j;if(l<=r)f[i][j]=max(f[i][j],f[i-w-1][q[l]]+q[l]*ap-j*ap);}l=1,r=0;for(int j=m;j>=0;j--){while(l<=r&&q[l]>j+bs)l++;while(l<=r&&f[i-w-1][q[r]]+q[r]*bp<=f[i-w-1][j]+j*bp)r--;q[++r]=j;if(l<=r)f[i][j]=max(f[i][j],f[i-w-1][q[l]]+q[l]*bp-j*bp);}}for(int j=1;j<=m;j++)f[n][j]=max(f[n][j-1],f[n][j]);printf("%lld\n",f[n][m]);return 0;
}

「一本通 5.5 例 2」最大连续和

时间只允许线性级别。设 $f_i$ 为以 $i$ 结尾的长度不超过 $m$ 的子串的最大和。

朴素转移： f i = max ⁡ j { ∑ k = j i a k } ( j > i − m ) f_i=\max_j\{\sum\limits_{k=j}^i a_k\}\;(j>i-m) fi​=maxj​{k=j∑i​ak​}(j>i−m)。

预处理前缀和，则 f i = max ⁡ j { s u m i − s u m j − 1 } ( j > i − m ) f_i=\max_j\{sum_i-sum_{j-1}\}\;(j>i-m) fi​=maxj​{sumi​−sumj−1​}(j>i−m)。

把 $su{m}_i$ 提出来，再把 $-su{m}_{j-1}$ 去负号，$\max$ 也就变成了 $\min$： f i = s u m i − min ⁡ j { s u m j − 1 } f_i=sum_i-\min_j\{sum_{j-1}\} fi​=sumi​−minj​{sumj−1​}。

可以用单调队列解决这个 $\min$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;#define int long longconst int N=3e5+5;int n,m;
int a[N],ans,sum[N];
int q[N],l,r;signed main()
{scanf("%lld%lld",&n,&m);ans=LLONG_MIN;for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]),sum[i]=sum[i-1]+a[i];l=0,r=0;for(int i=1;i<=n;i++){while(l<=r&&q[l]<i-m)l++;ans=max(ans,sum[i]-sum[q[l]]);while(l<=r&&sum[q[r]]>=sum[i]) r--;q[++r]=i;}printf("%lld\n",ans);return 0;
}

P3089 [USACO13NOV] Pogo-Cow

时间允许平方级别。设 $f_{i,j}$ 表示当前在 $i$ 点，从 $j$ 点跳来的最大得分。首先按坐标顺序排序。

立方转移： f i , j = max ⁡ { f j , k } + p i ( x j − x k ≤ x i − x j ) f_{i,j}=\max\{f_{j,k}\}+p_i\;(x_j-x_k\leq x_i-x_j) fi,j​=max{fj,k​}+pi​(xj​−xk​≤xi​−xj​)。

这里有一个建立 DP 方程式的 trick：尝试一下把 $f_{i-1,j}$ 带入 $f_{i,j}$。$f_{i,j}=f_{i-1,j}-p_{i-1}+p_i$。

注意这里 $f_{i-1,j}$ 的范围是 $x_j-x_k\le x_{i-1}-x_j$，但是由于 $x_i>x_{i-1}$，所以满足 $f_{i,j}$ 范围的 $k$ 会比满足 $f_{i-1,j}$ 范围的 $k$ 要多。这里简单用 while 拓展一下就好了。

题意是可以一直向左或一直向右，正反做两次 DP 即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;#define int long long
#define pii pair<int,int>
#define x first
#define p secondconst int N=1e3+5;int n;
int f[N][N];
pii a[N];signed main()
{scanf("%lld",&n);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld%lld",&a[i].x,&a[i].p);sort(a+1,a+n+1);for(int j=1;j<=n;j++){f[j][j]=a[j].p;for(int i=j+1,k=j+1;i<=n;i++){f[i][j]=f[i-1][j]-a[i-1].p;while(k-1>=1&&a[j].x-a[k-1].x<=a[i].x-a[j].x)f[i][j]=max(f[i][j],f[j][--k]);f[i][j]+=a[i].p;}}for(int j=n;j>=1;j--){f[j][j]=a[j].p;for(int i=j-1,k=j-1;i>=1;i--){f[i][j]=f[i+1][j]-a[i+1].p;while(k+1<=n&&a[k+1].x-a[j].x<=a[j].x-a[i].x)f[i][j]=max(f[i][j],f[j][++k]);f[i][j]+=a[i].p;}}int ans=LLONG_MIN;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)ans=max(ans,f[i][j]);printf("%lld\n",ans);return 0;
}

P2627 [USACO11OPEN] Mowing the Lawn G

只允许线性复杂度。设 $f_{i,0/1}$ 表示前 $i$ 头奶牛中 不选/选 这头奶牛。 f i , 0 = max ⁡ { f i − 1 , 0 , f i − 1 , 1 } f_{i,0}=\max\{f_{i-1,0},f_{i-1,1}\} fi,0​=max{fi−1,0​,fi−1,1​}， f i , 1 = max ⁡ j { f j , 0 + ∑ k = j + 1 i E k } ( i − K ≤ j < i ) f_{i,1}=\max_j\{f_{j,0}+\sum\limits_{k=j+1}^iE_k\}\;(i-K\leq j< i) fi,1​=maxj​{fj,0​+k=j+1∑i​Ek​}(i−K≤j<i)。

预处理前缀和， f i , 1 = max ⁡ { f j , 0 + s u m i − s u m j } = max ⁡ { f j , 0 − s u m j } + s u m i f_{i,1}=\max\{f_{j,0}+sum_i-sum_{j}\}=\max\{f_{j,0}-sum_j\}+sum_i fi,1​=max{fj,0​+sumi​−sumj​}=max{fj,0​−sumj​}+sumi​。单调队列维护 $\max$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;#define int long longconst int N=1e5+5;int n,a[N],sum[N],f[N][2];
int q[N],l,r,k;signed main()
{scanf("%lld%lld",&n,&k);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]),sum[i]=sum[i-1]+a[i];l=1,r=1;for(int i=1;i<=n;i++){while(l<=r&&q[l]<i-k) l++;f[i][0]=max(f[i-1][0],f[i-1][1]);if(l<=r)f[i][1]=f[q[l]][0]-sum[q[l]]+sum[i];while(l<=r&&f[q[r]][0]-sum[q[r]]<f[i][0]-sum[i])r--;q[++r]=i;}int ans=LLONG_MIN;for(int i=1;i<=n;i++)ans=max({ans,f[i][0],f[i][1]});printf("%lld\n",ans);return 0;
}

P2564 [SCOI2009] 生日礼物

妙妙思路，不知道算不算 DP。

想象一个窗口，当窗口内的种类齐全时，就可以更新答案。窗口的右端点容易推进，直接循环就是了，考虑左端点。可以表示一种彩珠种类最新的位置。这里的最新指窗口右端点左边的最靠近右端点的彩珠。然后，当彩珠左端的位置不再是这个种类的最新位置时，即这个窗口里包含的种类除了它，还有一个也在窗口里，那么我们就可以舍弃掉它、推进左端点。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;#define int long long
#define x first
#define col secondconst int N=1e6+5;int n,m;
pair<int,int> a[N];
int l,tot,k,X[N];signed main()
{scanf("%lld%lld",&n,&m);for(int i=1,t;i<=m;i++){scanf("%lld",&t);for(int j=1;j<=t;j++)scanf("%lld",&a[++k].x),a[k].col=i;}sort(a+1,a+n+1);memset(X,-1,sizeof X);l=1;int ans=LLONG_MAX;for(int i=1;i<=n;i++){if(X[a[i].col]==-1)++tot;X[a[i].col]=a[i].x;while(X[a[l].col]!=a[l].x&&l<=n)l++;if(tot==m)ans=min(ans,a[i].x-a[l].x);}printf("%lld\n",ans);return 0;
}

POJ 3017 Cut the Sequence

设 $f_i$ 表示前 $i$ 个已被分为若干段的最优答案。 f i = min ⁡ { f j + max ⁡ k = j + 1 i a k } ( j < i ∪ s u m i − s u m j ≤ m ) f_i=\min\{f_j+\max_{k=j+1}^i a_k\}\;(j<i\,\cup sum_i-sum_j\leq m) fi​=min{fj​+maxk=j+1i​ak​}(j<i∪sumi​−sumj​≤m)。上式可以把 $\max$ 提出来。

对于每个 $i$ 有多个满足条件的 $j$，因为 $f$ 单调不减，所以贡献嘴有答案的是最左边的满足条件的 $j$，记为 $c_i$。可以二分求得 $c_i$。

$\max$ 可以用单调队列搞定。$f_i=f_{c_i}+a_{q_l}$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;#define int long longconst int N=1e5+5;int n,m,a[N],c[N],q[N],f[N],sum[N];signed main()
{scanf("%lld%lld",&n,&m);bool flg=1;for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]),sum[i]=sum[i-1]+a[i];for(int i=1;i<=n;i++)if(a[i]>m) {flg=0;break;}if(!flg) return puts("-1"),0;for(int i=1;i<=n;i++){int l=0,r=i,mid,ans;while(l<=r){mid=l+r>>1;if(sum[i]-sum[mid]<=m)ans=mid,r=mid-1;else l=mid+1;}c[i]=ans;}int l=1,r=0;for(int i=1;i<=n;i++){while(l<=r&&a[q[r]]<=a[i])r--;q[++r]=i;while(l<=r&&q[l]<=c[i])l++;f[i]=f[c[i]]+a[q[l]];for(int j=l;j<=r;j++)f[i]=min(f[i],f[q[j]]+a[q[j+1]]);}printf("%lld\n",f[n]);return 0;
}

AcWing 298. 围栏

设 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个工人刷了前 $j$ 个木板的最大价值（可以有一些木板不被刷）。

显然，前一个人可以不刷，或者不刷前一块木板： f i , j = max ⁡ { f i − 1 , j , f i , j − 1 } f_{i,j}=\max\{f_{i-1,j},f_{i,j-1}\} fi,j​=max{fi−1,j​,fi,j−1​}。

朴素转移： f i , j = max ⁡ j − l i ≤ k < s i { f i − 1 , k + p i ⋅ ( j − k ) } ( j ≥ s i ) f_{i,j}=\max_{j-l_i\leq k<s_i}\{f_{i-1,k}+p_i\cdot(j-k)\}\;(j\geq s_i) fi,j​=maxj−li​≤k<si​​{fi−1,k​+pi​⋅(j−k)}(j≥si​)。

把含 $j$ 项提出来，$\max$ 里面就只剩有关 $k$ 项。单调队列优化就搞定了。

实现的时候可以先把符合的 $k$ 塞入单调队列中，然后进行转移求 $f$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;#define int long longconst int N=1.6e4+5,M=105;int n,m;
struct node
{int l,p,s;bool operator<(const node &T)const{return s<T.s;}
}a[N];
int f[M][N];
int q[N],l,r;signed main()
{scanf("%lld%lld",&n,&m);for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%lld%lld%lld",&a[i].l,&a[i].p,&a[i].s);sort(a+1,a+m+1);for(int i=1;i<=m;i++){l=1,r=0;for(int k=max(a[i].s-a[i].l,0ll);k<a[i].s;k++){while(l<=r&&f[i-1][q[r]]-a[i].p*q[r]<=f[i-1][k]-a[i].p*k)--r;q[++r]=k;}for(int j=1;j<=n;j++){f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i][j-1]);if(j>=a[i].s){while(l<=r&&q[l]<j-a[i].l) ++l;if(l<=r)f[i][j]=max(f[i][j],a[i].p*j+f[i-1][q[l]]-a[i].p*q[l]);}}}printf("%lld\n",f[m][n]);return 0;
}

P2254 [NOI2005] 瑰丽华尔兹

设 $f_{i,j}$ 为当前钢琴在 $(i,j)$ 时已滑行的最大距离。

同一时间段内滑动具有唯一性，所以： f i , j = max ⁡ { f i − d x , j − d y + dis ( i , j , i − d x , j − d y ) } f_{i,j}=\max \{f_{i-dx,j-dy}+\text{dis}(i,j,i-dx,j-dy)\} fi,j​=max{fi−dx,j−dy​+dis(i,j,i−dx,j−dy)}。因为滑动只在同一行或列上，所以偏移量可以快速求得，自然想到单调队列优化 DP。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;#define int long long
#define val first
#define pos secondconst int N=205;int n,m,sx,sy,K;
int f[N][N],fx[5][2]={0,0,-1,0,1,0,0,-1,0,1};
pair<int,int> q[N];
int l,r,len,ans;
char s[N][N];bool in(int x,int y)
{return x>=1&&x<=n&&y>=1&&y<=m;
}void work(int x,int y,int d)
{l=1,r=0;for(int i=1;in(x,y);i++,x+=fx[d][0],y+=fx[d][1])if(s[x][y]=='x')l=1,r=0;else{while(l<=r&&q[r].val+i-q[r].pos<f[x][y])r--;q[++r]={f[x][y],i};while(q[r].pos-q[l].pos>len) l++;f[x][y]=q[l].val+i-q[l].pos;ans=max(ans,f[x][y]);}
}signed main()
{scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&n,&m,&sx,&sy,&K);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%s",s[i]+1);memset(f,~0x3f,sizeof f);f[sx][sy]=0;for(int k=1,s,t,d;k<=K;k++){scanf("%lld%lld%lld",&s,&t,&d);len=t-s+1;if(d==1) for(int i=1;i<=m;i++) work(n,i,d);if(d==2) for(int i=1;i<=m;i++) work(1,i,d);if(d==3) for(int i=1;i<=n;i++) work(i,m,d);if(d==4) for(int i=1;i<=n;i++) work(i,1,d);}printf("%lld\n",ans);return 0;
}