单调队列优化DP

全局最优解必然包含局部最优解，因此每次转移只需考虑局部最优解！！！

主要内容

形如这样 的 \(\operatorname{DP}\) 转移方程：

\[dp[i]=\max_{L_i\le j\le R_i}{\{dp[i]+val(i,j)\}} \]

满足：

1. \(\{L_i\}\) , \(\{R_i\}\) 递增( 前提条件 )。

2. \(R_i \le i\) ( 转移条件 )。

3. \(val(i,j)\) 值只与 \(j\) 相关 ( 根本优化转移前提 ) 。

维护一个滑动窗口，每次求窗口中的最大值。对于两个点 \(x\) ，\(y\) ，如果 \(x < y\) 且 \(f(x) < f(y)\) ，那么 \(y\) 进入窗口后，决策点一定不会是 \(x\) 。

用一个单调队列维护窗口里所有可能用到的决策点。

窗口右端点向右滑动时，把一个新的点插入队尾。队尾点为 \(q[r]\) ，新点为 \(x\) ，如果 \(f(q[r]) \le f(x)\) ，那么 \(q[r]\) 没用，把 \(q[r]\) 弹掉。重复过程直到队尾点可能有用，即 \(f(q[r]) > f(x)\) ，把 \(x\) 入队。

队列中的 \(f(i)\) 从队首到队尾递减。决策时，首先弹掉队首超过范围的点。这时队首点就是决策点。\(f(i) = \max {\{f(j) + w_i\}} [i-R_i \le j \le i-L_i]\)

单调队列优化 也称为 滑动窗口 。

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变式 \(-\) 单调队列优化多重背包

内容

设 \(dp[i][j]\) 表示前 \(i\) 个物品放入容量为 \(j\) 的背包的最大收益 。

\[dp[i][j]=\max_{k=0}^{k\le k[i]}{\{dp[i-1][j-k\times c[i]]+k\times w[i]\}} \]

考虑 \(dp\) 的转移 。

\[0\le p < c[i],0\le j \le \left\lfloor \dfrac{V-p}{c[i]}\right\rfloor,0\le k \le k[i] \]

\[dp[i][p+j\times c]=\max{\{dp[i-1][p+(j-k)\times c]+k\times w\}} \]

\[dp[i][p+j\times c]=\max{\{dp[i-1][p+(j-k)\times c]-(j-k)\times w+j\times w\}} \]

\[dp[i][p+j\times c]=\max{\{dp[i-1][p+(j-k)\times c]-(j-k)\times w\}}+j\times w \]

这样就可以进行单调队列优化了 。

时间复杂度：\(O(nV)\) 。

核心代码：( P1776 宝物筛选 ) 代码中的 \(pos\) 就是上面的 \(j-k\) 。

int ql,qr;
struct QUE
{int num,val;
}que[Maxv];
void many_pack(int c,int w,int m)
{if(!c) { add+=m*w; return; }m=min(m,V/c);for(int pos=0,s;pos<c;pos++){ql=1,qr=0,s=(V-pos)/c;for(int j=0;j<=s;j++){while(ql<=qr && que[qr].val<=(dp[pos+j*c]-j*w)) qr--;que[++qr]=(QUE){j,dp[pos+j*c]-j*w};while(ql<=qr && (j-que[ql].num)>m) ql++;dp[pos+j*c]=max(dp[pos+j*c],que[ql].val+j*w);}}
}

多重背包的其他解法：二进制分组优化 ，时间复杂度： \(O(V\sum_{i=1}^{n}\log_2{k_i})\) ，见背包问题 。

注意：

用结构体存储单调队列，防止反复修改 \(dp\) 值。

并注意 \(j=0\) 时的情况，及时更新。

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二维单调队列

对于每一列维护一个竖直方向上的一维单调队列。

在每一行统计答案的时候，用一个新的一维单调队列维护每一列的最优答案。

最终答案在新的一维单调队列上。

例题：P2219 [HAOI2007]修筑绿化带

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例题

P1725 琪露诺

$\texttt{solution}$

状态：设 \(dp[i]\) 表示走到 \(i\) 的最大收益。

\(L\) 与 \(R\) 都是上文中的转移范围。

核心代码：

n=rd(),tmpl=rd(),tmpr=rd();
for(int i=0;i<=n;i++) a[i]=rd();
for(int i=1;i<=n;i++) L[i]=i-tmpr,R[i]=i-tmpl;
memset(dp,-inf,sizeof(dp));
dp[0]=a[0];
for(int i=1;i<=n;i++) // 必须从 l 开始 
{if(R[i]<0) continue;while(l<=r && q[l]<L[i]) l++;while(l<=r && dp[q[r]]<=dp[R[i]]) r--;q[++r]=R[i]; // 因为 i-L 小于 i ，所以应该确保最有决策再进行转移 dp[i]=dp[q[l]]+a[i];
}
int ans=-inf;
for(int i=L[n]+1;i<=n;i++) ans=max(ans,dp[i]);
printf("%d\n",ans);

P3572 [POI2014]PTA-Little Bird

$\texttt{solution}$

状态：\(dp[i]\) 表示到 \(i\) 为止的最小代价。

核心代码：

bool Better(int x,int y)
{if((dp[x]<dp[y]) || (dp[x]==dp[y] && h[x]>=h[y])) return true;return false;
}
for(int i=1;i<=n;i++) L[i]=i-k,R[i]=i-1;
q[1]=l=r=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{if(R[i]<0) continue;while(l<=r && q[l]<L[i]) l++;while(l<=r && Better(R[i],q[r])) r--;q[++r]=R[i];dp[i]=dp[q[l]]+(h[q[l]]<=h[i]);
}
printf("%d\n",dp[n]);

P3957 跳房子

$\texttt{solution}$

注意点：

1. 存储要开 \(\texttt{long}~\texttt{long}\) 。

2. 注意转移的左右端点判断问题。

代码：

bool check(int g)
{memset(dp,-inf,sizeof(dp)),dp[0]=0;memset(L,inf,sizeof(L)),memset(R,-1,sizeof(R));int tl=max(1,d-g),tr=d+g;ll MAX=-inf;for(int i=0,tmpr=0;i<=n;i++) // 判断左端点 while(tmpr<=n && pos[i]+tr>=pos[tmpr]) L[tmpr++]=i;for(int i=n,tmpl=n;i>=0;i--) // 判断右端点 {while(pos[i]+tr<pos[tmpl]) tmpl--; // 可能没有右端点 while(tmpl>=0 && pos[i]+tl<=pos[tmpl] && pos[i]+tr>=pos[tmpl]) R[tmpl--]=i;}for(int i=1,l=1,r=0;i<=n;i++){if(L[i]>R[i]) continue;while(l<=r && q[l]<L[i]) l++;for(int j=max(R[i-1]+1,L[i]);j<=R[i];j++) // 右端点不一定是连续的，而且可能是 -1 {while(l<=r && dp[q[r]]<dp[j]) r--;q[++r]=j;}if(l<=r) dp[i]=dp[q[l]]+val[i];}for(int i=0;i<=n;i++) MAX=maxll(MAX,dp[i]);return (MAX>=k);
}int l=1,r=pos[n];
while(l<=r)
{int mid=(l+r)/2;if(check(mid)) ans=mid,r=mid-1;else l=mid+1;
}
printf("%d\n",ans);

P1099 树网的核 \(\&\) P2491 [SDOI2011]消防(加强版 树网的核)

$\texttt{solution}$

1. 求直径( 这应该都会 ) 。

2. 在直径上单调队列，求出不大于 \(s\) 的一个区间，使区间两端到直径两端的最大值最小 ( 即那一段区间的 \(\operatorname{GCC}\) )

3. 对每一个直径上的点求：到有这个点伸出去的最远距离，与答案取 \(\max\) 。

\(Finish\)

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define infll 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define inf 0x3f3f3f3f
#define Maxn 500005
typedef long long ll;
inline int rd()
{int x=0;char ch,t=0;while(!isdigit(ch = getchar())) t|=ch=='-';while(isdigit(ch)) x=x*10+(ch^48),ch=getchar();return x=t?-x:x;
}
int n,s,tot,root1,root2,cnt,tmp,ans=inf;
int d[Maxn],fa[Maxn],que[Maxn],mx[Maxn],addmx[Maxn];
int hea[Maxn],nex[Maxn*2],ver[Maxn*2],edg[Maxn*2];
bool isdia[Maxn];
void add(int x,int y,int d)
{ver[++tot]=y,edg[tot]=d,nex[tot]=hea[x],hea[x]=tot;
}
void dfs(int x)
{for(int i=hea[x];i;i=nex[i]){if(ver[i]==fa[x]) continue;fa[ver[i]]=x;d[ver[i]]=d[x]+edg[i];dfs(ver[i]);}
}
void dfs2(int x,int F,int dis)
{ans=max(ans,dis);for(int i=hea[x];i;i=nex[i]){if(ver[i]==F || isdia[ver[i]]) continue;dfs2(ver[i],x,dis+edg[i]);}
}
int main()
{//freopen(".in","r",stdin);//freopen(".out","w",stdout);n=rd(),s=rd();int u,v,eg;for(int i=1;i<n;i++){u=rd(),v=rd(),eg=rd();add(u,v,eg),add(v,u,eg);}dfs(1);for(int i=1;i<=n;i++) if(d[i]>d[root1]) root1=i;fa[root1]=0,d[root1]=0;dfs(root1);for(int i=1;i<=n;i++) if(d[i]>d[root2]) root2=i;for(tmp=root2;tmp!=root1;tmp=fa[tmp]) mx[++cnt]=d[tmp],isdia[tmp]=true;mx[++cnt]=0,isdia[root1]=true;for(int i=1,l=1,r=0;i<=cnt;i++){while(l<=r && mx[que[l]]>mx[i]+s) l++;que[++r]=i;ans=min(ans,max(mx[1]-mx[que[l]],mx[que[r]]));}for(int i=1;i<=n;i++) if(isdia[i]) dfs2(i,0,0);printf("%d\n",ans);//fclose(stdin);//fclose(stdout);return 0;
}

CF372C Watching Fireworks is Fun

$\texttt{solution}$

状态：设 \(dp[i][j]\) 表示在放第 \(i\) 个烟花的时候，在第 \(j\) 个位置的最大快乐值 。

转移方程：

\[j-(t[i]-t[i-1])\times d\le k\le j+(t[i]-t[i-1])\times d \]

\[dp[i][j]=\max{\{dp[i-1][k]+b[i]-\operatorname{abs}(a[i]-j)\}} \]

将转移方程变形：

\[dp[i][j]=b[i]-\operatorname{abs}(a[i]-j)+\max{\{dp[i-1][k]\}} \]

一看到上面这个方程，一眼就会想到 单调队列优化\(\operatorname{DP}\) ！

可以用一个单调队列维护 \(dp[i-1][j-(t[i]-t[i-1]),j+(t[i]-t[i-1])]\) 的最大值，转移到 \(dp[i][j]\) ，转移均摊 \(O(1)\) 。

复杂度：\(O(nm)\) 。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define infll 0x7f7f7f7f7f7f7f7f
#define inf 0x7f7f7f7f
#define Maxn 150005
#define Maxm 305 
typedef long long ll;
inline ll rd()
{ll x=0;char ch,t=0;while(!isdigit(ch = getchar())) t|=ch=='-';while(isdigit(ch)) x=x*10+(ch^48),ch=getchar();return x=t?-x:x;
}
ll maxll(ll x,ll y){ return x>y?x:y; }
ll minll(ll x,ll y){ return x<y?x:y; }
ll absll(ll x){ return x>0ll?x:-x; }
ll n,m,d,l,r,pos,que[Maxn];
ll p,ans=-infll,a[Maxm],b[Maxm],t[Maxm],f[Maxn],g[Maxn];
int main()
{//freopen(".in","r",stdin);//freopen(".out","w",stdout);n=rd(),m=rd(),d=rd();for(ll i=1;i<=m;i++) a[i]=rd(),b[i]=rd(),t[i]=rd();for(ll i=1;i<=m;i++){l=1,r=0,pos=1,p=(t[i]-t[i-1])*d;for(ll j=1;j<=n;j++){for(;pos<=minll(n,j+p);pos++){while(l<=r && g[que[r]]<=g[pos]) r--;que[++r]=pos;}while(l<=r && que[l]<j-p) l++;f[j]=g[que[l]]+b[i]-absll(a[i]-j);}memcpy(g,f,sizeof(f));}for(ll i=1;i<=n;i++) ans=maxll(ans,f[i]);printf("%lld\n",ans);//fclose(stdin);//fclose(stdout);return 0;
}

烧桥计划

$\texttt{solution}$

题意：

给你长为 \(n\) 的序列 \(a_1,a_2,\cdots,a_n\) 和一个参数 \(m\)。

删掉其中若干个位置 \(p_1,p_2,\cdots,p_k\) ，耗费 \(\sum_{i=1}^{k}i\cdot a_{p_i}\) 的代价，将序列分为 \(k\) 段。

再对每段求和，若 \(sum_k>m\) ，则需额外支付 \(sum_k\) 的代价。求最小总代价。

\(n\leq 10^5,1000\leq a_i \leq 2000\) 。

题解：

\(step~1\) ：

列出基础转移方程 。

状态：设 \(dp[i][j]\) 表示前 \(i\) 个位置中选择删去了 \(j\) 个点，其中第 \(i\) 个点强制删去的最小代价。可以通过在序列最后增加一个 \(0\) 使 \(\min{\{dp[n+1][i]\}}\) 变为答案 。

转移：( \(sum\) 表示前缀和 )

\[dp[i][j]=\min{\{dp[k-1][j]+calc(i-1,k)\}}+j\times a[i] \]

\(calc(i,j)\) 表示从 \(j+1\) 到 \(i\) 的代价 。

\[calc(i,j)=[sum[i]-sum[j]>m]\times (sum[i]-sum[j]) \]

通过枚举 \(i~j~k\) 复杂度为 \(O(n^3)\) 。

\(step~2\) ：

观察数据范围：如果一个点都不删，最大代价为 \(2000\times n\) ；如果删除 \(k\) 个点，最小代价为 \(1000\times \dfrac{k(k+1)}{2}\) 。

因此 \(\texttt{选择删除的点数}\le 2\sqrt{n}\) ( \(j\le 2\sqrt{n}\) ) 。

\(step~3\) ：

将数组滚动，省去 \(j\) 那一维，转移最多进行 \(2\sqrt{n}\) 次 。

转移可以由两部分组成：

• \(calc(i-1,k)>0\) ：即 \(calc(i-1,k)=sum[i-1]-sum[k]\) 。

  则 \(dp[i][opt]=\min{\{dp[k][opt\oplus1]-sum[k]\}}+s[i-1]\)

  可以在每一次 \(i\) 增加的时候更新 \(k\) 值，并在更新的时候记录最小的 \(dp[k][opt\oplus1]-sum[k]\) ( 记为 \(tmp1\) )。

• \(calc(i-1,k)=0\)

  则 \(dp[i][opt]=\min{\{dp[k][opt\oplus1]\}}\)

  可以用单调队列来维护这个最小值( 记为 \(tmp2\) ) 。

最终的 \(dp[i][opt]=\min{(tmp1+sum[i-1],tmp2)}+j \times a[i]\) 。

时间复杂度：\(O(n\sqrt{n})\) 。

核心代码：

struct Data{ ll val,num; }q[Maxn];n=rd(),m=rd(),lim=2*(sqrt(n)+1);
for(ll i=1;i<=n;i++) a[i]=rd(),sum[i]=sum[i-1]+a[i];
a[++n]=0,sum[n]=sum[n-1];
memset(dp,inf,sizeof(dp)),dp[0][0]=dp[0][1]=0;
for(ll i=1;i<=n;i++) dp[i][opt]=sum[i-1]>m?sum[i]:a[i];
ans=dp[n][opt];
for(ll k=2;k<=lim;k++)
{opt^=1;ll l=1,r=0,id=0,tmp=infll;for(ll i=1;i<=n;i++){while(sum[i-1]-sum[id]>m) tmp=minll(tmp,dp[id][opt^1]-sum[id++]);while(l<=r && q[l].num<id) l++;dp[i][opt]=minll(tmp+sum[i-1],q[l].val)+k*a[i];while(l<=r && q[r].val>dp[i][opt^1]) r--;q[++r]=(Data){dp[i][opt^1],i};}ans=min(ans,dp[n][opt]);
}
printf("%lld\n",ans);

P2254 [NOI2005]瑰丽华尔兹

$\texttt{solution}$

\(step~1\) ：

考虑首先考虑对于时间 \(t\) 来 \(dp\) ：

状态：设 \(dp[t][i][j]\) 表示在第 \(t\) 时刻在第 \(i\) 行第 \(j\) 列所能获得的最长距离 。

转移：( \(pre_i\) 、\(pre_j\) 为上一个合法的位置)

\[dp[t][i][j]=\max{\{dp[t-1][i][j],dp[t-1][pre_i][pre_j]+1\}} \]

时间复杂度：\(O(TN^2)\) 。

核心代码：

for(int i=1;i<=k;i++) l[i]=rd(),r[i]=rd(),d[i]=rd()-1;
memset(dp,-inf,sizeof(dp)),dp[0][sx][sy]=0;
for(int t=1,p=1;t<=r[k];t++)
{if(t>r[p]) p++;for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) if(mp[i][j]=='.'){int lx=i-zou[d[p]][0],ly=j-zou[d[p]][1];dp[t][i][j]=max(dp[t-1][i][j],dp[t-1][lx][ly]+1);}
}
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) ans=max(ans,dp[r[k]][i][j]);
printf("%d\n",ans);

\(step~2\) ：

把时间 \(t\) 换成区间 \(k\) ：

状态：\(dp[k][i][j]\) 表示在第 \(k\) 段滑行区间中在位置 \(i\) ，\(j\) 所能获得最长距离 。

注意到在第 \(k\) 段时间内只能向某个方向最多走 \(x\) 步( \(x\) 为区间长度 )，得到转移方程 ：

\[dp[k][i][j]=\max{\{dp[k-1][i][j],dp[k][pre_i][pre_j]+dis(i,j,pre_i,pre_j)\}} \]

时间复杂度：\(O(KN^3)\) 。

核心代码：

for(int i=1;i<=k;i++) l[i]=rd(),r[i]=rd(),d[i]=rd()-1;
memset(dp,-inf,sizeof(dp)),dp[0][sx][sy]=0;
for(int p=1;p<=k;p++)
{int addx=zou[d[p]][0],addy=zou[d[p]][1];for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) if(mp[i][j]=='.'){for(int lx=i,ly=j,add=0;mp[lx][ly]=='.' && add<=r[p]-l[p]+1;lx-=addx,ly-=addy,add++)dp[p][i][j]=max(dp[p][i][j],max(dp[p-1][i][j],dp[p-1][lx][ly]+add));}
}
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) ans=max(ans,dp[k][i][j]);
printf("%d\n",ans);

\(step~3\) ：

加上 单调队列 和 滚动数组 优化 。

怎样单调队列：对于第 \(i\) 段区间钢琴移动的方向，即：行(列)，在每一列(行)都做一遍单调队列，相当于快速求出了在第 \(i\) 段区间结束后的最优值 。

用单调队列求最优值的时候，可以用偏移量( \(pos\) )来快速计算两个点之间的距离，并且在遇到障碍块的时候清空队列 。

时间复杂度：\(O(TN^2)\) ，空间复杂度：\(O(N^2)\) 。

核心代码：

struct que{ int val,pos; }q[Maxn];
bool ok(int x,int y)
{if(x<1 || x>n || y<1 || y>m) return false;return true;
}
void solve(int sx,int sy,int len,int addx,int addy)
{int l=1,r=0;for(int tx=sx,ty=sy,cnt=1;ok(tx,ty);tx+=addx,ty+=addy,cnt++){if(mp[tx][ty]=='x') l=1,r=0;else{while(l<=r && q[r].val+cnt-q[r].pos<dp[tx][ty]) r--;q[++r]=(que){dp[tx][ty],cnt};while(l<=r && cnt-q[l].pos>len) l++;dp[tx][ty]=max(dp[tx][ty],q[l].val+cnt-q[l].pos);}}
}memset(dp,-inf,sizeof(dp)),dp[sx][sy]=0;
for(int p=1;p<=k;p++)
{int l=rd(),r=rd(),d=rd(),len=r-l+1;if(d==1) for(int i=1;i<=m;i++) solve(n,i,len,-1,0);if(d==2) for(int i=1;i<=m;i++) solve(1,i,len,1,0);if(d==3) for(int i=1;i<=n;i++) solve(i,m,len,0,-1);if(d==4) for(int i=1;i<=n;i++) solve(i,1,len,0,1);
}
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) ans=max(ans,dp[i][j]);
printf("%d\n",ans);

P2569 [SCOI2010]股票交易

$\texttt{solution}$

\(step~1\) ：

先列出基础的转移方程，比较容易想到。

状态：设 \(dp[i][j]\) 表示，到第 \(i\) 天，拥有 \(j\) 分股票的最大收益(可能为负)。

转移：暴力枚举 \(pre_i,pre_j\) ，进行转移。

核心代码：

t=rd(),mp=rd(),w=rd();
for(int i=1;i<=t;i++) pa[i]=rd(),pb[i]=rd(),sa[i]=rd(),sb[i]=rd();
memset(dp,-inf,sizeof(dp)),dp[0][0]=0;
for(int i=1;i<=t;i++) for(int j=0;j<=mp;j++) for(int pi=0;pi<=i-w-1;pi++){for(int pj=max(j-sa[i],0);pj<j;pj++)dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[pi][pj]-pa[i]*(j-pj));for(int pj=j+1;pj<=min(j+sb[i],mp);pj++)dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[pi][pj]+pb[i]*(pj-j));}
for(int i=0;i<=t;i++) for(int j=0;j<=mp;j++) ans=max(ans,dp[i][j]);
printf("%d\n",ans);

复杂度：\(O(n^2Maxp^2)\) 。

\(step~2\) ：

可以发现 \(dp[i][j]\) 只会从 \(dp[i-w-1][\dots]\) 转移过来，因为 \(dp[i-w-1][\dots]\) 已经是当时的最优决策。

注意进行一系列初始化：

• (合法情况下) \(dp[i][j]=-pa[i]\times j\) 。

• \(dp[i][j]=\max{\{dp[i][j],dp[i-1][j]\}}\) (不转移) 。

• \(dp[i][j]=\max{\{dp[i][j],dp[i-w-1][\dots]+\dots\}}\) (进行交易)。

核心代码：

t=rd(),mp=rd(),w=rd();
for(int i=1;i<=t;i++) pa[i]=rd(),pb[i]=rd(),sa[i]=rd(),sb[i]=rd();
memset(dp,-inf,sizeof(dp)),dp[0][0]=0;
for(int i=1;i<=t;i++) for(int j=0;j<=sa[i];j++) dp[i][j]=-pa[i]*j;
for(int i=1;i<=t;i++) for(int j=0;j<=mp;j++){dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j]);int pi=i-w-1;if(pi<0) continue;for(int pj=max(j-sa[i],0);pj<j;pj++)dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[pi][pj]-pa[i]*(j-pj));for(int pj=j+1;pj<=min(j+sb[i],mp);pj++)dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[pi][pj]+pb[i]*(pj-j));}
for(int i=0;i<=t;i++) for(int j=0;j<=mp;j++) ans=max(ans,dp[i][j]);
printf("%d\n",ans);

复杂度： \(O(nMaxp^2)\) 。

\(step~3\) ：

发现在

for(int pj=max(j-sa[i],0);pj<j;pj++)dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[pi][pj]-pa[i]*(j-pj));
for(int pj=j+1;pj<=min(j+sb[i],mp);pj++)dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[pi][pj]+pb[i]*(pj-j));

中，可以用单调队列进行优化，然后就做完了 。

核心代码：

t=rd(),mp=rd(),w=rd();
for(int i=1;i<=t;i++) pa[i]=rd(),pb[i]=rd(),sa[i]=rd(),sb[i]=rd();
memset(dp,-inf,sizeof(dp)),dp[0][0]=0;
for(int i=1;i<=t;i++) for(int j=0;j<=sa[i];j++) dp[i][j]=-pa[i]*j;
for(int i=1;i<=t;i++)
{int pi=i-w-1;for(int j=0;j<=mp;j++) dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j]);if(pi<0) continue;for(int j=1,l=1,r=0;j<=mp;j++){while(l<=r && q[l]<j-sa[i]) l++;while(l<=r && dp[pi][q[r]]+pa[i]*q[r]<=dp[pi][j-1]+pa[i]*(j-1)) r--;q[++r]=j-1;dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[pi][q[l]]+pa[i]*q[l]-pa[i]*j);}for(int j=mp-1,l=1,r=0;j>=0;j--){while(l<=r && q[l]>j+sb[i]) l++;while(l<=r && dp[pi][q[r]]+pb[i]*q[r]<=dp[pi][j+1]+pb[i]*(j+1)) r--;q[++r]=j+1;dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[pi][q[l]]+pb[i]*q[l]-pb[i]*j);}
}
for(int i=0;i<=t;i++) for(int j=0;j<=mp;j++) ans=max(ans,dp[i][j]);
printf("%d\n",ans);

复杂度： \(O(nMaxp)\) ，可以通过此题 。

P2300 合并神犇

$\texttt{solution}$

题意：将 \(n\) 个数分为若干组，使每一组所有数的和 \(\ge\) 上一组所有数的和，求最大分组数。(几乎同 CSP2019 Day2T1)

考虑处理到第 \(i\) 个数，设 \(d[i]\) 表示在这个局部解中合并了 \(i-d[i]+1\) 至 \(i\) ，则转移方程为：

\[dp[i]=\max_{j<=i~\land~d[j]\le sum[i]-sum[j+1]} \{dp[j]+1\} \]

使用单调队列维护最大值。 代码

(变式：改为每一组所有数的和 \(\le\) 上一组所有数的和。将 \(\{a\}\) 翻转即可)