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:
满足:
-
\(\{L_i\}\) , \(\{R_i\}\) 递增( 前提条件 )。
-
\(R_i \le i\) ( 转移条件 )。
-
\(val(i,j)\) 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 。
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 。
考虑 \(dp\) 的转移 。
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。
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
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:
-
存储要开 \(\texttt{long}~\texttt{long}\) 。
-
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)
$\texttt{solution}$
-
求直径( 这应该都会 ) 。
-
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 \(\operatorname{GCC}\) )
-
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:
将转移方程变形:
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 )
\(calc(i,j)\) 表示从 \(j+1\) 到 \(i\) 的代价 。
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)
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 :
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:
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)