【题解】P2627 [USACO11OPEN] Mowing the Lawn G

【题解】P2627 [USACO11OPEN] Mowing the Lawn G

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数据量比较大，暴力肯定是不行的。只能考虑用动态规划的方式来做。
这道题有许多dp设计的思路，这里提供两个：

方法一：普通状态设计

定义$dp[i][1/0]$表示截止遍历到第$i$个元素时，选择第$i$个元素或不选第$i$个元素可以分别可以获得到的最大工作效率。

根据定义可以得到以下状态转移方程：

如果不选择第i个元素，那么很好想直接转移即可：$dp[i][0]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]$。
如果选择第i个元素，那么在区间$[i-K+1,i]$内必须有一个奶牛不能工作，可以列出方程：$dp[i][1]=max(dp[j][0],\sum _{j=i-K+1}^i{E}_j$。

通过前缀和优化一下状态，就可以得到新的状态转移方程：$dp[i][1]=max(dp[j][0]+sum[i]-sum[j])$。因为求最大值，而且i是不会变的，因此可以直接将$sum[i]$提前，可得$dp[i][1]=max(dp[j][0]-sum[j])+sum[i],(i-K<=j<i)$。

可以看出只需要找到$dp[j][0]-sum[j]$的最大值就可以了。因此我们只需要用一个单调数组维护一个长度为$K$
的区间中$dp[j][0]-sum[j]$的最大值即可。

方法二：状态的再次压缩

在第一步的状态上加以优化，重新定义状态，令$dp[i]$表示为遍历到第$i$头奶牛后可以获得的最大效率。相同地，根据状态的定义可以得到状态转移方程$dp[i]=max(dp[j-1]-sum[j])+sum[i]$。

代码很好写：

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;

int n, k;
long long arr[100005], sum[100005];
long long b[100005], que[100005];
long long dp[100005];

int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cin >> n >> k;
    for (int i=1; i<=n; i++) {
        cin >> arr[i];
        sum[i] = sum[i-1] + arr[i];
    }
    // dp[i]表示选到第i头奶牛的时候可以获得的最大效率。
    // 枚举前面的奶牛就可以了。
    int head = 0, tail = 0;
    for (int i=1; i<=n; i++){
        b[i] = dp[i-1] - sum[i];
        while(head <= tail && que[head] < i-k) head++;
        while(head <= tail && b[i] > b[que[tail]]) tail--;
        que[++tail] = i;
        dp[i] =  b[que[head]] + sum[i];
    }
    cout << dp[n] << endl;
    return 0;
}