单调队列优化dp

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例题

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单调队列优化dp

对于一些比较简单的题目，我们可以直接凭借经验进行优化。

但是对于类似 $m a x (f [j - k w] + k v)$ (多重背包)我们就很难凭借经验找到优化方式了

这个时候，我们就可以尝试一下下面的方法：

我们观察一些简单的，可以单调队列优化的方程，他们都有这样的形式：

$m a x / m i n (g [i - k]) (L \leq k \leq R)$ ,这个时候我们就可以考虑对g数组单调队列

也就是我们要构造出这个g数组

使用待定系数法，我们可以将g数组写成 $g [B] [x] = f [A x + B] + C x + D$

至于B的大小，如果存在 $B_{n} = A$ 的话， $B = 0, x = 1$ 和 $B = B_{n} = A, x = 0$ 对应的是同一个f数组，就会有一些 $f [A x + b]$ 重复入队出队，而一般而言我们只能进一次出一次，否则会导致复杂度的出错

因此我们有 $0 \leq B < A$ ,且对于一个j,有且仅有一个x与之对应

我们要把 $f [j - k w] + k v$ 与 $g [B] [x]$ 一一对应，计算时，对于不同的k，我们就取 $j - k w$ 对应的x

也就是要把 $f [j - k w] + k v$ 与 $f [A x + B] + C x + D$ 一一对应

对于 $f [j]$ 来说，我们迟早会有一个 $x_{n o w}$ ，使得 $f [j] = g [x_{n o w}]$

因此我们取k=0或1(虽然不一定在单调队列的符合的范围)

所以我们就有

{\begin{aligned} j - 0 * w = A x_{n o w} + B \\ j - 1 * w = A (x_{n o w} - 1) + B \\ 0 * v = C x_{n o w} + D \\ 1 * v = C (x_{n o w} - 1) + D \end{aligned}

算出

{\begin{aligned} A = w \\ B = j - 0 * w - A x_{n o w} = j - w x_{n o w} = j % w \\ C = - v \\ D = 0 * v - C x_{n o w} = v x_{n o w} \end{aligned}

最终我们就将 $m a x (f [j - k w] + k v)$ 转化成了 $m a x (g [B] [x])$ ,就是 $m a x (f [w * x + j % w] + (- v) * x + v x_{n o w})$

这里我们要注意一下 $x$ 和 $x_{n o w}$ 的区别，计算同一条式子时， $x$ 是会变的，但是 $x_{n o w}$ 是不会变的

最后就是取值范围的问题，一开始我们有 $L \leq k \leq R$ ,

$k = 0$ 时， $f [j - k w] = f [j - 0 * w] = f [j]$ 对应 $g [B] [x_{n o w}]$

$k = 1$ 时， $f [j - k w] = f [j - 1 * w] = f [j - w]$ 对应 $g [B] [x_{n o w} - 1]$

...

$k = L$ 时， $f [j - k w] = f [j - L * w]$ 对应 $g [B] [x_{n o w} - L]$

$k = R$ 时， $f [j - k w] = f [j - R * w]$ 对应 $g [B] [x_{n o w} - R]$

所以x的取值范围是 $x_{n o w} - R \leq x \leq x_{n o w} - L$

最终，对于单调队列，

为了避免初始化的问题，我们可以先添上新的符合条件的数 $(x_{n o w} - L)$ ,更新优先队列

注意我们要判断一下 $(x_{n o w} - L)$ 有没有意义

然后退出不符合条件的数，这样即使新增加的数不符合条件（如距离）也会被弹出去

之后才计算答案

对于一些复杂的单调队列，最好先写朴素dp，再进行优化

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例题

放假

经过几个月辛勤的工作，FJ决定让奶牛放假。

假期可以在1…N天内任意选择一段（需要连续），每一天都有一个享受指数W。

但是奶牛的要求非常苛刻，假期不能短于P天，否则奶牛不能得到足够的休息；

假期也不能超过Q天，否则奶牛会玩的腻烦。

FJ想知道奶牛们能获得的最大享受指数。

输入格式

第一行：N,P,Q.

第二行：N个数字，中间用一个空格隔开。

数据范围：

50% 1≤N≤10000

100% 1≤N≤100000

１ <= p <= q <= n

输出格式

一个整数，奶牛们能获得的最大享受指数

分析

朴素dp方程： $f [i] = s [i] - m i n (s [k]) (i - q \leq k \leq i - p) 或 f [i] = s [i] - m i n (s [i - k]) (p \leq k \leq q)$

一般来说，对于第一个方程，我们已经可以直接优化了

但是尝试一下新的做法

我们解得 $A = 1, B = 0, C = 0, D = 0$

我们还知道 $x_{n o w} = i ， L = p, R = q$

$x_{a d d} = x_{n o w} - L$

然后就差不多做完了

代码

方法一：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
int maxx=-(1e9+9),n,P,Q,a[maxn],s[maxn],f[maxn],q[maxn],st=1,en=0;
signed main(){
	scanf("%lld%lld%lld",&n,&P,&Q); 
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lld",&a[i]); 
		s[i]=s[i-1]+a[i];
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int now=i-P;
		if(now<0)continue;
		while(st<=en&&s[q[en]]>=s[now])en--;
		while(st<=en&&q[st]<i-Q)st++;
		en++,q[en]=now;
		f[i]=s[i]-s[q[st]];
		maxx=max(maxx,f[i]);
	}
	cout<<maxx;

	return 0;
}

方法二：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
int a[maxn],s[maxn],n,P,Q,q[maxn],maxx=-1e9-9;
int calc(int A,int B,int C,int D,int x){
	return s[A*x+B]+C*x+D;
}
signed main(){
	cin>>n>>P>>Q;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
		s[i]=s[i-1]+a[i];
	}
	int st=1,en=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int A=1,B=0,C=0,D=0;
		int X=i,L=P,R=Q;
		int add_X=X-L;
		if(add_X<0)continue;
		while(st<=en&&calc(A,B,C,D,q[en])>=calc(A,B,C,D,add_X))en--;
		q[++en]=add_X;
		while(st<=en&&q[st]<X-R)st++;
		maxx=max(maxx,s[i]-calc(A,B,C,D,q[st]));
	}
	cout<<maxx<<endl;

	return 0;
}

实际上B,C,D现在没用，所以可以优化一下

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
int a[maxn],s[maxn],n,P,Q,q[maxn],maxx=-1e9-9;
int calc(int x){
	return s[x];
}
signed main(){
	cin>>n>>P>>Q;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
		s[i]=s[i-1]+a[i];
	}
	int st=1,en=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int X=i,L=P,R=Q;
		int add_X=X-L;
		if(add_X<0)continue;
		while(st<=en&&calc(q[en])>=calc(add_X))en--;
		q[++en]=add_X;
		while(st<=en&&q[st]<X-R)st++;
		maxx=max(maxx,s[i]-calc(q[st]));
	}
	cout<<maxx<<endl;

	return 0;
}

松果

有N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

第一行，三个整数：N、D、M。N表示松果树的数量，

D表示松鼠每次跳跃的最大距离，M表示松鼠最多能跳跃M次。

接下来有N行，每行两个整数：Ai和Bi。

其中Ai表示第i棵树上的松果的数量，Bi表示第i棵树与第1棵树的距离，其中B1保证是0。
数据保证这N棵树从左往右的次序给出，即Bi是递增的，不存在多棵树在同一地点。

输出格式

一个整数。
【数据范围】
Ai <= 10000, D <= 10000
对于40%的数据，M<N<= 100, Bi <= 10000
对于100%的数据，M < N <= 2000, Bi <= 10000

分析

这题和上一题很类似，A=1,B=0,C=0,D=0

新增加的数为 $x_{a d d} = j - 1$

至于距离，我们要判断的是 $A * q [s t] + B$ 到 $A * x_{n o w} + B$ 的距离，就不要用朴素方程的来判断了

代码

方法一：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2*1e3+5;
int n,d,m,a[maxn],b[maxn],f[maxn][maxn];
int q[maxn],st,en,maxx=0; 
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&d,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
	memset(f,-0x3f,sizeof f);
	f[0][1]=a[1];
	for(int i=1;i<=m;i++){
		st=1,en=0;
		for(int j=1;j<=n;j++){
			int k=j-1;
			if(k<1)continue;
			while(st<=en&&b[j]-b[q[st]]+1>d)st++;
			while(st<=en&&f[i-1][q[en]]<f[i-1][k])en--;
			en++,q[en]=k;
			f[i][j]=f[i-1][q[st]]+a[j];
			maxx=max(maxx,f[i][j]);
		}
	}
	cout<<maxx;

	return 0;
}

方法二：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2*1e3+5;
int n,d,m,a[maxn],b[maxn],f[maxn][maxn];
int q[maxn],st,en,maxx=0;
int calc(int A,int B,int C,int D,int x,int whi){
	return f[whi][A*x+B]+C*x+D;
} 
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&d,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
	memset(f,-0x3f,sizeof f);
	f[0][1]=a[1];
	for(int i=1;i<=m;i++){
		st=1,en=0;
		for(int j=1;j<=n;j++){
			int A=1,B=0,C=0,D=0;
			int X=j;
			int add_X=j-1;
			if(add_X<=0)continue;
			while(st<=en&&calc(A,B,C,D,q[en],i-1)<=calc(A,B,C,D,add_X,i-1))en--;
			q[++en]=add_X;
			while(st<=en&&b[A*q[st]+B]<b[A*X+B]-d)st++;
			f[i][j]=a[j]+calc(A,B,C,D,q[st],i-1);
			maxx=max(maxx,f[i][j]);
		}
	}
	cout<<maxx;

	return 0;
}

P2254 [NOI2005] 瑰丽华尔兹

分析

难度不大，主要是简化代码

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=205;
int n,m,X,Y,K,f[maxn][maxn][maxn],x,y,op,maxx=0,qx[maxn],qy[maxn],qz[maxn];
int dirx[]={0,-1,1,0,0};
int diry[]={0,0,0,-1,1};
bool mp[maxn][maxn];
char c[205];
bool check(int x,int y){
	return 1<=x&&x<=n&&1<=y&&y<=m;
}
void work(int x,int y,int whi,int len,int pos){
	int st=1,en=0;
	for(int i=1;check(x,y);i++,x+=dirx[whi],y+=diry[whi]){
		if(!mp[x][y]){st=1,en=0;continue;}
		while(st<=en&&f[pos-1][qx[en]][qy[en]]+i-qz[en]<=f[pos-1][x][y])en--;
		while(st<=en&&abs(x-qx[st])+abs(y-qy[st])>len)st++;
		en++,qx[en]=x,qy[en]=y,qz[en]=i;
		f[pos][x][y]=f[pos-1][qx[st]][qy[st]]+i-qz[st];
	}
}
int main(){
	scanf("%d%d%d%d%d",&n,&m,&X,&Y,&K);
	memset(mp,true,sizeof mp);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%s",c);
		for(int j=1;j<=m;j++){
			if(c[j-1]=='x')mp[i][j]=false;
		}
	}
	memset(f,-0x3f,sizeof f);
	f[0][X][Y]=0;
	for(int whi=1;whi<=K;whi++){
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&op);
		y=y-x+1;
		if(op==1)for(int i=1;i<=m;i++)work(n,i,op,y,whi);
		if(op==2)for(int i=1;i<=m;i++)work(1,i,op,y,whi);
		if(op==3)for(int i=1;i<=n;i++)work(i,m,op,y,whi);
		if(op==4)for(int i=1;i<=n;i++)work(i,1,op,y,whi);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=m;j++)
			maxx=max(maxx,f[K][i][j]);
	cout<<maxx<<endl;
	return 0;
}

P1776 宝物筛选

分析

多重背包，绝大部分分析就在最开头

实际上，B的意义就是，你要开B+1条单调队列

在打代码的时候，我们会发现我们无法同时开下多个单调队列

因此我们考虑一条一条队列处理，其他的就不难了

由于是单调队列优化，我们不可以逆着过来做，而我们先计算出的答案又会影响后面的答案

因此我们用滚动数组避免这个问题

顺便也把二进制拆分的代码贴上去（思想就是一个数拆成一位一位的二进制，最后剩下的再额外算）

代码

二进制优化

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=4*1e4+5;
int maxx=0,f[maxn],n,W,v,w,m;
void solve(int v,int w){
	for(int i=W;i>=w;i--)f[i]=max(f[i-w]+v,f[i]),maxx=max(maxx,f[i]);
}
signed main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&W);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lld%lld%lld",&v,&w,&m);
		int M=1;
		while(M<=m){
			solve(v*M,w*M);
			m-=M;
			M*=2;
		}
		if(m!=0)
		solve(v*m,w*m);
	}
	cout<<maxx;
	return 0;
}

单调队列优化

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=4*1e4+5;
int dp[2][maxn],n,W,v,w,m,st,en,q[maxn],maxx=0,whi;
inline int calc(int A,int B,int C,int D,int whi,int x){
	return dp[whi][A*x+B]+C*x+D;
}
int main(){
	memset(dp,-0x3f,sizeof dp);
	dp[1][0]=0;whi=1;
	cin>>n>>W;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>v>>w>>m;
		whi=!whi;
		for(int j=0;j<w;j++){
			st=1,en=0;
			for(int k=j;k<=W;k+=w){
				int X=k/w;
				int L=0,R=m,A=w,B=j,C=-v,D=(L+X)*v;
				int add_X=X-L;
				while(st<=en&&calc(A,B,C,D,!whi,q[en])<=calc(A,B,C,D,!whi,add_X))en--;
				q[++en]=add_X;
				while(st<=en&&q[st]<X-R)st++;
				int used_X=q[st];
				dp[whi][A*X+B]=max(dp[!whi][A*X+B],calc(A,B,C,D,!whi,used_X));
				maxx=max(maxx,dp[whi][A*X+B]);
			}
		}
	}
	cout<<maxx;
	

	return 0;
}

P1070 [NOIP2009 普及组] 道路游戏

分析

一样是先写出朴素dp，优化时我们要注意：

我们增加数的时候，转移方程是依附于之前的（包括现在的）时间节点的数组f的最终的答案

因此我们要先计算出最终答案再增加数

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e3+5;
int n,m,p,a[maxn][maxn],f[maxn],pay[maxn],s[maxn][maxn],st[maxn],en[maxn],q1[maxn][maxn],q2[maxn][maxn];
int change(int x){
	x=(x%n+n)%n;
	return x;
}
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			scanf("%d",&a[j][i]);
			if(i==n)a[j][0]=a[j][i];
		}
	}
	for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&pay[i]);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		for(int j=0;j<n;j++){
			s[i][j]=s[i-1][change(j-1)]+a[i][j];
		}
	}
	for(int i=0;i<n;i++)st[i]=1,en[i]=0;
	memset(f,-0x3f,sizeof f);
	f[0]=0;
	for(int T=0;T<=m;T++){
		for(int i=0;i<n;i++){
			int whi=((i-T)%n+n)%n;
			while(st[whi]<=en[whi]&&q2[whi][st[whi]]+p<T)st[whi]++;
			if(st[whi]<=en[whi])f[T]=max(f[T],q1[whi][st[whi]]+s[T][i]);
		}
		for(int i=0;i<n;i++){
			int whi=((i-T)%n+n)%n;
			while(st[whi]<=en[whi]&&q1[whi][en[whi]]<=f[T]-s[T][i]-pay[i])en[whi]--;
			en[whi]++,q1[whi][en[whi]]=f[T]-s[T][i]-pay[i],q2[whi][en[whi]]=T;
		}
	}
	cout<<f[m];
	return 0;
}

P3957 [NOIP2017 普及组] 跳房子

分析

对于这一题，我们还是采用两种方法，不过对于第二种方法，我们要额外记录一个last入队

其他差不多

代码

方法一：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=5*1e5+5;
int n,d,k,a[maxn],b[maxn];
int q1[maxn],q2[maxn],st1,st2,en1,en2;
int f[maxn];
signed main(){
	cin>>n>>d>>k;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i]>>b[i];
	}
	int l=-1,r=1e17;
	while(l+1<r){
		int mid=(l+r)/2;
		int L=max(1ll,d-mid),R=d+mid;
		st1=1,st2=1,en1=0,en2=1;
		q2[st2]=0;
		bool flag=false;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			while(st2<=en2&&a[q2[st2]]+L<=a[i]){
				while(st1<=en1&&f[q1[en1]]<=f[q2[st2]])en1--;
				q1[++en1]=q2[st2++];
			}
			while(st1<=en1&&a[q1[st1]]+R<a[i])st1++;
			if(st1<=en1){
				f[i]=f[q1[st1]]+b[i];
				if(f[i]>=k){
					flag=true;
					break;
				}
				q2[++en2]=i;
			}
		}
		if(flag)r=mid;
		else l=mid;
	}
	if(r==1e17)r=-1;
	cout<<r<<endl;
	

	return 0;
}

方法二：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=5*1e5+5;
int n,d,k,a[maxn],b[maxn];
int q[maxn],st,en;
int f[maxn];
bool vis[maxn];
int calc(int A,int B,int C,int D,int x){
	return f[A*x+B]+C*x+D;
}
signed main(){
	cin>>n>>d>>k;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i]>>b[i];
	}
	int l=-1,r=1e17;
	while(l+1<r){
		int mid=(l+r)/2;
		int L=max(1ll,d-mid),R=d+mid;
		st=1,en=0;
		bool flag=false;
		int last=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			f[i]=0;
			vis[i]=false;
			int A=1,B=0,C=0,D=0;
			int X=i;
			while(last<i&&a[last]<=a[X]-L){
				int add_X=last;
				if(!vis[add_X]){
					last++;
					continue;
				}
				while(st<=en&&calc(A,B,C,D,q[en])<=calc(A,B,C,D,add_X))en--;
				q[++en]=add_X;
				last++;
			}
			while(st<=en&&a[q[st]]<a[X]-R)st++;
			if(st<=en)
				f[A*X+B]=f[A*q[st]+B]+b[i],vis[A*X+B]=true;
			if(f[A*X+B]>=k){
				flag=true;
				break;
			}
		}
		if(flag)r=mid;
		else l=mid;
	}
	if(r==1e17)r=-1;
	cout<<r<<endl;
	

	return 0;
}

posted @ 2023-05-18 11:45 Ayaka_T 阅读(15) 评论(0) 编辑收藏举报

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