【ybt金牌导航1-2-4】免费馅饼

免费馅饼

题目链接：ybt金牌导航1-2-4

题目大意

有一个直线，在某一个时刻有一个馅饼会出现在一些位置，有它的价值。
一个人一开始可以站在直线的任意地方，然后他每个时刻可以不移动，或向任意一边移动一个单位或两个单位。

要你求这个人最多能拿多少价值的馅饼。

思路

我们看到这道题，弄出最普通的 dp。

$f_i$ 为对于前 $i$ 个馅饼，接住了第 $i$ 个的最大贡献。

那就是枚举前面的每个点，还有不枚举，然后首先看能不能从那个点赶到这个点，然后就在可以的里面找最大值，然后加上这个点的贡献，就是 $f_i$ 了。
那我们可以看出这是要馅饼按时间先后顺序排序。
而且看能否赶到，就要满足这个式子：（假设 $i$ 赶到 $j$，分别掉到格子的编号是 $p_i$ 和 $p_j$，掉的时间分别是 $t_i$ 和 $t_j$）
$abs(p_i-p_j)\leq 2\times(t_j-t_i)$

总的来说，就是这个：

$$f_j=\max_{\text{abs}(p_i-p_j)\leq 2\times(t_j-t_i)}\{f_i+v_j\}$$

但是这样会超时，那我们考虑优化看馅饼的先后顺序的地方，看能不能通过这个先后顺序，直接快速地找到满足的点。

那我们考虑把式子化开，因为有绝对值，所有会有两个式子：
$\left\{\begin{matrix} 2\times t_i+p_i\leq 2\times t_j+p_j&(p_i-p_j> 0)\\ 2\times t_i-p_i\leq 2\times t_j-p_j&(p_i-p_j\leq 0) \end{matrix}\right.$
那它要分开两种，就很麻烦，我们但其实我们会发现，如果要的那个式子满足了，另一个也会满足。
那我们不妨让这两个式子都要满足。

那我们看怎么快速地找呢？
首先，因为两个式子的左右两边其实分别是 $i,j$ 点的两个值，那我们可以一开始就算出来。
那我们考虑先按一个排好序，然后就只用判断另一个条件就可以了。

但是直接判断还是不行。
那我们考虑用一些数据结构来优化它。
那我们排好序之后，就要判断另一个值的大小关系。那只要大小关系，我们就可以把它离散化，不然值太大，数组装不下。

那离散化之后，怎么看大小呢？
我们想想，从小到大排序之后，意思就是可以从前面走到后面（当然这里是假设第二个条件都满足），那你现在就还要看第二个条件。
那就是当两个值，如果第一个值的位置比第二个值的位置靠前，而且第一个位置的第二个比较的值小于第二个值的第二个比较的值。那就是可以的。
你会发现它就是一个顺序对。

顺序对逆序对的这些玩意儿，自然就是树状数组。
当然，你用线段树也不是不可以，但是毕竟树状数组简单好打嘛。
（记得这个地方的地址是第二个匹配的值，因为树状数组地址其实就是一个匹配大小的东西，那就应该是最大贡献）

不过这个树状数组不是求逆序对个数或顺序对个数，而是在满足条件的地方取最大值。
那我们只要改一下，改成维护最大值即可。

那你就可以找到当你弄 $f_i$ 的时候，最优是从哪里转移过来。
那至于 $f_i$，就是最优还要加上拿到它这个馅饼能有的价值。

至于最后输出什么，就是所有最后结束的地方的最大值。那就是查询 $1\sim num$ 中树状数组的最大值。（$num$ 是离散化之后，有多少个不同的第二个匹配的值）
其实就是看找到最后选了哪里作为结尾使得价值最大。

那就是这样了。

代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>

using namespace std;

struct pie {
	int t, p, v, l, r, num;
}a[100001], b[100001];
int w, n, c[100001], now;
int tree[100001], re;

void add_num(int now, int addnum) {//树状数组（求最大值）
	for (int i = now; i <= c[0]; i += i & (-i))
		tree[i] = max(tree[i], addnum);
}

int quest(int now) {
	re = 0;
	for (int i = now; i; i -= i & (-i))
		re = max(re, tree[i]);
	return re;
}

bool cmp1(pie x, pie y) {
	return x.l < y.l;
}

bool cmp2(pie x, pie y) {
	return x.r < y.r;
}

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 = 2 * a[i].t - a[i].p;//算出比较依据
		a[i].r = 2 * a[i].t + a[i].p;
		a[i].num = i;
		
		b[i] = a[i];
	}
	
	sort(b + 1, b + n + 1, cmp2);
	c[1] = ++c[0];
	a[b[1].num].r = c[1];//离散化（对于我们第二个要比较的值）
	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		if (b[i].r != b[i - 1].r) ++c[0];
		c[i] = c[0];
		a[b[i].num].r = c[i];
	}
	
	sort(a + 1, a + n + 1, cmp1);//先按第一个要比较的值排序，使枚举过去的时候第一个直接符合
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		now = quest(a[i].r);//比较第二个，找到比第二个比较的值比它更小中能获得的价值最大的
		add_num(a[i].r, now + a[i].v);//捡这个
	}
	
	printf("%d", quest(c[0]));//扫一遍全部，看全部方案中价值最大的
	
	return 0;
}

__EOF__

本文作者：あおいSakura
本文链接：https://www.cnblogs.com/Sakura-TJH/p/YBT_JPDH_1-2-4.html
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