CF115E Linear Kingdom Races

LI.CF115E Linear Kingdom Races

思路1.

设$f[i][j]$表示：

当前DP到第$i$位，且最右边的一个没有修的路是第$j$条路，的最大收益。

则有

$f[i][i]=\max\limits_{j=0}^{i-1}f[i-1][j]$

这是在$i$号路不修的情况。

对于其它的情况，有$f[i][j]=f[i-1][j]-a_i$，其中$a_i$表示修路的代价，且有$0\leq j<i$。

然后考虑举办的比赛。

对于一场比赛$(l,i,x)$，所有的$f[i][j](j<l)$都能获得$x$的收益。比赛可以直接在右端点处开vector储存。

这样时空复杂度都是$O(n^2)$的。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n,m,f[2][200100],val[200100],res;
vector<pair<int,int> >v[200100];
inline void read(int &x){
	x=0;
	char c=getchar();
	while(c>'9'||c<'0')c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
}
inline void print(int x){
	if(x<=9)putchar('0'+x);
	else print(x/10),putchar('0'+x%10);
}
signed main(){
	read(n),read(m),memset(f,0x80,sizeof(f));
	for(int i=1;i<=n;i++)read(val[i]);
	for(int i=1,l,r,x;i<=m;i++)read(l),read(r),read(x),v[r].push_back(make_pair(l,x));
	f[0][0]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		memset(f[i&1],0x80,sizeof(f[i&1]));
		for(int j=0;j<i;j++)f[i&1][i]=max(f[i&1][i],f[!(i&1)][j]);
		for(int j=0;j<i;j++)f[i&1][j]=f[!(i&1)][j]-val[i];
		for(auto j:v[i])for(int k=0;k<j.first;k++)f[i&1][k]+=j.second;
//		for(int j=0;j<=i;j++)printf("%lld ",f[i&1][j]);puts("");
	}
	for(int i=0;i<=n;i++)res=max(res,f[n&1][i]);
	print(res);
	return 0;
} 

思路2.

先把空间复杂度解决掉。

发现$i$时刻的$f$数组与$i-1$时刻的$f$数组区别只有这些：

1. $f[i]$的变动。

2. $f[0\sim i-1]$的$-a_i$。

3. 比赛的收益。

那么我们完全可以自始至终只用一个$f$数组。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n,m,f[200100],val[200100],res;
vector<pair<int,int> >v[200100];
inline void read(int &x){
	x=0;
	char c=getchar();
	while(c>'9'||c<'0')c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
}
inline void print(int x){
	if(x<=9)putchar('0'+x);
	else print(x/10),putchar('0'+x%10);
}
signed main(){
	read(n),read(m),memset(f,0x80,sizeof(f));
	for(int i=1;i<=n;i++)read(val[i]);
	for(int i=1,l,r,x;i<=m;i++)read(l),read(r),read(x),v[r].push_back(make_pair(l,x));
	f[0]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<i;j++)f[i]=max(f[i],f[j]);
		for(int j=0;j<i;j++)f[j]-=val[i];
		for(auto j:v[i])for(int k=0;k<j.first;k++)f[k]+=j.second;
//		for(int j=0;j<=i;j++)printf("%lld ",f[i&1][j]);puts("");
	}
	for(int i=0;i<=n;i++)res=max(res,f[i]);
	print(res);
	return 0;
} 

思路3.

发现所有操作只有三种：单点赋值（1），区间求$\max$（1），区间加/减（2,3）。

而这些都是线段树的常规操作。

于是大力往上一套完事。复杂度$O(n\log n)$

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define lson x<<1
#define rson x<<1|1
#define mid ((l+r)>>1)
int n,m,val[200100],res;
vector<pair<int,int> >v[200100];
inline void read(int &x){
	x=0;
	char c=getchar();
	while(c>'9'||c<'0')c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
}
inline void print(int x){
	if(x<=9)putchar('0'+x);
	else print(x/10),putchar('0'+x%10);
}
struct SegTree{
	int mx,tag;
}seg[800100];
void pushup(int x){
	seg[x].mx=max(seg[lson].mx,seg[rson].mx);
}
void ADD(int x,int y){
	seg[x].tag+=y,seg[x].mx+=y;
}
void pushdown(int x){
	ADD(lson,seg[x].tag),ADD(rson,seg[x].tag),seg[x].tag=0;
}
void modify(int x,int l,int r,int L,int R,int vl){
	if(l>R||r<L)return;
	if(L<=l&&r<=R){ADD(x,vl);return;}
	pushdown(x),modify(lson,l,mid,L,R,vl),modify(rson,mid+1,r,L,R,vl),pushup(x);
}
int query(int x,int l,int r,int L,int R){
	if(l>R||r<L)return 0x8080808080808080;
	if(L<=l&&r<=R)return seg[x].mx;
	pushdown(x);
	return max(query(lson,l,mid,L,R),query(rson,mid+1,r,L,R));
}
void setup(int x,int l,int r,int P,int vl){
	if(l>P||r<P)return;
	if(l==r){seg[x].mx=vl,seg[x].tag=0;return;}
	pushdown(x),setup(lson,l,mid,P,vl),setup(rson,mid+1,r,P,vl),pushup(x);
}
void build(int x,int l,int r){
	if(l==r){seg[x].mx=0x8080808080808080;return;}
	build(lson,l,mid),build(rson,mid+1,r),pushup(x); 
}
signed main(){
	read(n),read(m);
	for(int i=1;i<=n;i++)read(val[i]);
	for(int i=1,l,r,x;i<=m;i++)read(l),read(r),read(x),v[r].push_back(make_pair(l,x));
	build(1,1,n+1),setup(1,1,n+1,1,0);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		setup(1,1,n+1,i+1,query(1,1,n,1,i));
		modify(1,1,n+1,1,i,-val[i]);
		for(auto j:v[i])modify(1,1,n+1,1,j.first,j.second);
//		for(int j=0;j<=i;j++)printf("%lld ",f[i&1][j]);puts("");
	}
	print(query(1,1,n+1,1,n+1));
	return 0;
}