[bzoj 2442] [Usaco2011 Open]修剪草坪
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Description
在一年前赢得了小镇的最佳草坪比赛后，FJ变得很懒，再也没有修剪过草坪。现在，
新一轮的最佳草坪比赛又开始了，FJ希望能够再次夺冠。然而，FJ的草坪非常脏乱，因此，FJ只能够让他的奶牛来完成这项工作。FJ有N
(1 <= N <= 100,000)只排成一排的奶牛，编号为1…N。每只奶牛的效率是不同的，
奶牛i的效率为E_i(0 <= E_i <= 1,000,000,000)。
靠近的奶牛们很熟悉，因此，如果FJ安排超过K只连续的奶牛，那么，这些奶牛就会罢工
去开派对:)。因此，现在FJ需要你的帮助，计算FJ可以得到的最大效率，并且该方案中
没有连续的超过K只奶牛。
Input
- 第一行：空格隔开的两个整数N和K* 第二到N+1行：第i+1行有一个整数E_i
Output
- 第一行：一个值，表示FJ可以得到的最大的效率值。
这个题从正面想是不好办的.我们只好考虑答案的损失值.也就是说答案不可能取到所有牛效率之和.我们需要拿掉一些牛来使得方案合法.于是我们考虑这样的一个状态转移方程:设f[i]表示第i头牛不选并且之前方案合法的答案损失的最小值.那么就有f[i]=min(f[j])+e[i] (i-k-1<=j<i) 为什么只要到i-k就可以了呢?因为如果我们选择了i-k以左的位置,那么就会形成一段大于k的连续序列,与f[i]的性质矛盾.因为j是连续的,我们只要用单调队列(单调递增队列)维护f数组就可以了.操作过程和滑动窗口差不多.
贴上代码
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define id first
#define val second
typedef long long LL;
typedef pair<int,LL> pil;
static const int maxm=1e6+10;
static const LL INF=1LL<<62;
int A[maxm];
LL f[maxm];
pil Q[maxm];
int n,k,head=1,tail=1;
LL ans,Min=INF;
int main(){
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&A[i]),ans+=A[i];
for(int i=1;i<=n;i++){
f[i]=Q[head].val+A[i];
while(head<=tail&&Q[tail].val>=f[i])tail--;
Q[++tail].val=f[i];Q[tail].id=i;
while(head<=tail&&Q[head].id<i-k)head++;
}
for(int i=n-k;i<=n;i++)Min=min(Min,f[i]);
printf("%lld\n",ans-Min);
return 0;
}
