F、Animal Observation （DP + 线段树 + 滑动窗口）

题意：有n天，m个区域，第 i 天第 j 个区域有 a[ i ][ j ] 个动物，然后，你可以在放一个 2 * k 的矩阵，问你 n 天能够观察到的动物最多是多少。若两个矩阵都包含了 a[ i ][ j ]，那 a[ i ][ j ] 只算一次。

　　　 $1 \leq n \leq 50$

解：这里有个视频讲解的，想看视频讲解可以戳

　　设dp[ i ][ j ] 表示第 i 天，观察左上角为 (i, j)的 2 * k 矩阵区域能观察到的动物总数。

　　然后再开个 sum[ i ][ j ] 表示第 i 天前 j 块区域的总动物数。也就是前缀和。

　　若不考虑重合只算一次这个条件。那么有转移方程

　　 dp[ i ][ j ] = max({ dp[ i - 1 ][ 1 ] , dp[ i - 1 ][ 2 ] ........ dp[ i - 1 ][ m - k + 1] }) + sum[ i ][ j + k - 1 ] - sum[ i ][ j - 1 ] + sum[ i + 1 ][ j + k - 1 ] - sum[ i + 1 ][ j - 1 ]；

　　那么现在重合只算一次，我们要怎么处理呢。

　　若我们当前在算 dp[ i ][ j ], 那 a[ i ][ j ] ~ a[ i ][ j + k - 1 ] 都有可能被算过了，那我们就对那些包含 (i, j) 这个点的区域都减去 a[ i ][ j ] 再取最大值。

　　比如说，假设现在 k = 2, 你当前在算 dp[ 2 ][ 1 ] 那你 a[ 2 ][ 1 ] 就已经被 dp[ 1 ][ 1 ] 算过了，那你dp[ 1 ][ 1 ] 要先减去 a[ 2 ][ 1 ]；

　　同理，你 dp[ 2 ][ 1] 包含的 a[ 2 ][ 2 ] 可能被 dp[ 1 ][ 1 ] 和 dp[ 1 ][ 2 ]算过了，那你 dp [ 1 ][ 1 ] 和 dp[ 1 ][ 2 ] 都要减去 a[ 2 ][ 2 ]；

　　然后再用那个转移方程求 dp[ i ][ j ]；算完后你会往右滑动窗口，这时，你需要讲那些被减的重新加回来。

　　你算完 dp[ 2 ][ 1 ] 后你要算 dp[ 2 ][ 2 ] 那你 a[ 2 ][ 1 ] 是不被 dp[ 2 ][ 2 ] 包含到的，但你 dp[ 1 ][ 1 ] 已经减掉 a[ 2 ][ 1 ]了，那现在就得重新加回来。

　　同理，你 dp[ 2 ][ 2 ] 包含到了一个新的可能已经被算过的点 dp[ 2 ][ 3 ]，那你同样要减掉，再求最大值。

　减掉和求最大值的操作可以用线段树完成。对应的就是区间更新和区间求最大值。

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define mem(i, j) memset(i, j, sizeof(i))
#define rep(i, j, k) for(int i = j; i <= k; i++)
#define dep(i, j, k) for(int i = k; i >= j; i--)
#define pb push_back
#define make make_pair
#define INF INT_MAX
#define inf LLONG_MAX
#define PI acos(-1)
using namespace std;

const int N = 2e4 + 5;

struct note {
    int val, lz;
}t[N << 2];
int sum[55][N];
int dp[55][N];

void build(int rt, int l, int r) {
    if(l == r) {
        t[rt].val = 0; return ;
    }
    int mid = (l + r) >> 1;
    build(rt << 1, l, mid);
    build(rt << 1 | 1, mid + 1, r);
    t[rt].val = max(t[rt << 1].val, t[rt << 1 | 1].val);
}

void pushdown(int rt) {
    t[rt << 1].lz += t[rt].lz;
    t[rt << 1 | 1].lz += t[rt].lz;
    t[rt << 1].val += t[rt].lz;
    t[rt << 1 | 1].val += t[rt].lz;
    t[rt].lz = 0;
}

void update(int rt, int l, int r, int L, int R, int x) {
    if(L <= l && r <= R) {
        t[rt].lz += x; t[rt].val += x; return ;
    }
    if(t[rt].lz) pushdown(rt);
    int mid = (l + r) >> 1;
    if(R <= mid) update(rt << 1, l, mid, L, R, x);
    else if(L > mid) update(rt << 1 | 1, mid + 1, r, L, R, x);
    else {
        update(rt << 1, l, mid, L, R, x);
        update(rt << 1 | 1, mid + 1, r, L, R, x);
    }
    t[rt].val = max(t[rt << 1].val, t[rt << 1 | 1].val);
}

int a[55][N];
int main() {


    int n, m, k; scanf("%d %d %d", &n, &m, &k);
    rep(i, 1, n) rep(j, 1, m) {
        scanf("%d", &a[i][j]); sum[i][j] = sum[i][j - 1] + a[i][j];
    }
    rep(i, 1, m - k + 1) {
        dp[1][i] = sum[1][i + k - 1] - sum[1][i - 1] + sum[2][i + k - 1] - sum[2][i - 1];
    }
    rep(i, 2, n) {
        mem(t, 0);
        rep(j, 1, m - k + 1) update(1, 1, m - k + 1, j, j, dp[i-1][j]);
        rep(j, 1, k) update(1, 1, m - k + 1, 1, j, -a[i][j]);
        rep(j, 1, m - k + 1) {
            dp[i][j] = t[1].val + sum[i][j + k - 1] - sum[i][j - 1] + sum[i + 1][j + k - 1] - sum[i + 1][j - 1];

            if(j != m - k + 1) {
                update(1, 1, m - k + 1, max(1, j - k + 1), j, a[i][j]);
                update(1, 1, m - k + 1, j + 1, j + k, -a[i][j + k]);
            }
        }
    }
    int ans = -1;
    rep(i, 1, m) ans = max(ans, dp[n][i]);
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

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posted on 2020-02-19 13:34 Willems 阅读(290) 评论(0) 编辑收藏举报

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