【洛谷】P7302 [NOI1998] 免费的馅饼（数据结构优化dp）

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题意

SERKOI 最新推出了一种叫做“免费馅饼”的游戏：游戏在一个舞台上进行。舞台的宽度为 $w$ 格（从左到右依次用 $1$ 到 $w$ 编号），游戏者占一格。开始时游戏者可以站在舞台的任意位置，手里拿着一个托盘。

游戏开始后，从舞台天幕顶端的格子中不断出现馅饼并垂直下落。游戏者左右移动去接馅饼。游戏者每秒可以向左或向右移动一格或两格，也可以站在原地不动。

当馅饼在某一时刻恰好到达游戏者所在的格子中，游戏者就收集到了这块馅饼。当馅饼落在一个游戏者不在的格子里时该馅饼就消失。

写一个程序，帮助我们的游戏者收集馅饼，使得所收集馅饼的分数之和最大。

数据范围

$1≤w≤10^8$，$1 \leq n \leq 10^5$，$1\leq t_i \leq 10^8$，$1\leq p_i \leq w$，$1\leq v_i \leq 1000$。

思路

题目中给的舞台宽度很大，但是总的馅饼数很少。考虑按照馅饼进行 dp。

设 $f[i]$ 表示捡起第 $i$ 个馅饼时获得的最大分数。根据题意，易得状态转移方程：

$f[i]=\min(f[j]+v[i])$，其中 $i$ 和 $j$ 满足 $|p[i]-p[j]|\leq 2 \times(t[i]-t[j])$。

朴素的转移时间复杂度为 $O(n^2)$ 。由于不等式中带了绝对值，不方便进行优化， 不妨先去掉绝对值，得到：

$\begin{cases} & p[i]+2\times t[i] \leq p[j]+2\times t[j],(p[i]-p[j]) \geq 0\\ & p[i]-2\times t[i] \leq p[j]-2\times t[j],(p[i]-p[j]) < 0 \end{cases}$

显然可以通过排序的方式使转移时其中一个不等式恒成立，我们不妨按照 $p[i]-2\times t[i]$ 从大到小排序。那么此时因为无法判断 $p[i]$ 和 $p[j]$ 大小关系，转移时仍需满足另一个不等式（因为满足最原始的不等式的决策点一定满足另一个不等式）。

注意到满足另一个不等式的是一个区间内的决策点，那么就可以先将 $p[i]+2\times t[i]$ 离散化，用树状数组维护区间最大值。时间复杂度为 $O(n\log n)$。

code：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int w,n,num[N],tot,c[N];
struct node{int t,p,l,r,v;bool operator <(const node &tmp)const{return l>tmp.l;}}a[N];
int lowbit(int x){return x&-x;}
void update(int x,int k){while(x<=tot){c[x]=max(c[x],k);x+=lowbit(x);}}
int query(int x){int res=0;while(x){res=max(res,c[x]);x-=lowbit(x);}return res;}
int main()
{
	scanf("%d%d",&w,&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d%d%d",&a[i].t,&a[i].p,&a[i].v);
		a[i].l=a[i].p-2*a[i].t;a[i].r=a[i].p+2*a[i].t;num[i]=a[i].r;
	}
	sort(a+1,a+n+1);sort(num+1,num+n+1);tot=unique(num+1,num+n+1)-num-1;
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i].r=lower_bound(num+1,num+tot+1,a[i].r)-num;
	for(int i=1;i<=n;i++) update(a[i].r,query(a[i].r)+a[i].v);
	printf("%d\n",query(tot));
	return 0;
}