【BZOJ 1233】 [Usaco2009Open]干草堆tower (单调队列优化DP)
1233: [Usaco2009Open]干草堆tower
Description
奶牛们讨厌黑暗。 为了调整牛棚顶的电灯的亮度,Bessie必须建一座干草堆使得她能够爬上去够到灯泡 。一共有N大包的干草(1<=N<=100000)(从1到N编号)依靠传送带连续的传输进牛棚来。第i包干草有一个 宽度W_i(1<=w_i<=10000)。所有的干草包的厚度和高度都为1. Bessie必须利用所有N包干草来建立起干草堆,并且按照他们进牛棚的顺序摆放。她可以相放多少包就放 多少包来建立起tower的地基(当然是紧紧的放在一行中)。接下来他可以放置下一个草包放在之前一级 的上方来建立新的一级。注意:每一级不能比下面的一级宽。她持续的这么放置,直到所有的草包都被安 置完成。她必须按顺序堆放,按照草包进入牛棚的顺序。说得更清楚一些:一旦她将一个草包放在第二级 ,她不能将接下来的草包放在地基上。 Bessie的目标是建立起最高的草包堆。
Input
第1行:一个单一的整数N。 第2~N+1行:一个单一的整数:W_i。
Output
第一行:一个单一的整数,表示Bessie可以建立的草包堆的最高高度。
Sample Input
3
1
2
3
Sample Output
2
输出说明:
前两个(宽度为1和2的)放在底层,总宽度为3,在第二层放置宽度为3的。
+----------+
| 3 |
+---+------+
| 1 | 2 |
+---+------+
【分析】
其实我真的没有对单调的东西很有感觉,一开始就没想证单调。。。
嗯,很自然想要把草堆倒过来做,先堆小的。
首先,要想出一维的DP,这个就很不容易,你要证明:至少有一种能使层数最高的方案同时使得底边最短。
好了我不会证,直接copy大神的证明了:
任意取出一个能使层数最高的方案,设有CA层,把其中从下往上每一层最大的块编号记为Ai;任取一个能使底边最短的方案,设有CB层,把其中从下往上每一层最大的块编号记为Bi。显然A1>=B1,ACB<=BCB,这说明至少存在一个k属于(1,CB),满足Ak-1>=Bk-1且Ak<=Bk。也就是说,方案 A 第K 层完全被方案 B 第K 层包含。构造一个新方案,第K 层往上按方案 A,往下按方案 B,两边都不要的块放中间当第K 层。新方案的层数与 A 相同,而底边长度与 B 相同。证毕。by zkw?
然后列出方程 f[i]=f[j]+1 (sum[i]-sum[j]>g[j]) [f[j]表示做完前j个的最高高度,g[j]表示得到f[j]时最后一层的宽度]
这个方程很有特点,主要就是限制,方程十分简单,而且很明显是单调不减的。
答案是单调不减,却有一定的限制,这个我还很少见呢。
换一下想法就好了啊,让f做x轴,g[j]+sum[j]做y轴,f不减时g[j]+sum[j]递增,形成了一个单调队列。
队头删,队尾删、插smg的,懂的啦。。
代码如下:
![](https://images.cnblogs.com/OutliningIndicators/ContractedBlock.gif)
1 #include<cstdio> 2 #include<cstdlib> 3 #include<cstring> 4 #include<iostream> 5 #include<algorithm> 6 #include<queue> 7 using namespace std; 8 #define Maxn 100010 9 10 int w[Maxn]; 11 int q[Maxn],st[Maxn],ql,qr; 12 int sum[Maxn],f[Maxn],g[Maxn]; 13 14 int mymax(int x,int y) {return x>y?x:y;} 15 16 int main() 17 { 18 int n; 19 scanf("%d",&n); 20 sum[0]=0; 21 for(int i=1;i<=n;i++) 22 { 23 scanf("%d",&w[i]); 24 // sum[i]=sum[i-1]+w[i]; 25 } 26 sum[n+1]=0; 27 for(int i=n;i>=1;i--) sum[i]=sum[i+1]+w[i]; 28 qr=0; 29 q[++qr]=0;st[qr]=n+1;g[qr]=0;ql=1; 30 31 int ans=0; 32 for(int i=n;i>=1;i--) 33 { 34 while(ql<qr&&sum[i]>=g[ql+1]) ql++; 35 f[i]=q[ql]+1;int now=sum[st[ql]]; 36 while(2*sum[i]-now<=g[qr]&&ql<=qr) qr--; 37 q[++qr]=f[i];st[qr]=i;g[qr]=2*sum[i]-now; 38 ans=mymax(ans,f[i]); 39 } 40 printf("%d\n",ans); 41 return 0; 42 }
话说,真真是一道难想的题。
2016-10-19 20:45:20