Optimal Milking[USACO2013 Dec]

【题目描述】
Farmer John最近购买了\(N(1 \leq N \leq 40000)\)台挤奶机，编号为\(1 \sim N\)，并排成一行。第\(i\)台挤奶机每天能够挤\(M(i)\)单位的牛奶\((1 \leq M(i) \leq 100,000)\)。由于机器间距离太近，使得两台相邻的机器不能在同一天使用。Farmer John可以自由选择不同的机器集合在不同的日子进行挤奶。

在\(D(1 \leq D \leq 50,000)\)天中，每天Farmer John对某一台挤奶机进行维护，改变该挤奶机的产量。

Farmer John希望设计一个挤奶方案，使得挤奶机能够在D天后获取最多的牛奶。

【输入格式】
第\(1\)行：两个整数\(N\)和\(D\)

第\(2\dots N+1\)行：每台挤奶机的\(M(i)\)

第\(N+2\dots N+D+1\)行：两个整数\(i\)和\(m\)，表示每天对机器\(i\)进行维护，机器\(i\)的产量为\(m\)。

【输出格式】
输出最大产量。

题解

不知道这种题目能不能叫区间DP。。。在线段树上区间DP?

对于线段树的每个节点 我们维护一个\(f[2][2]\)

其中\(f[0][0]\)表示区间左端点不选 右端点也不选时的最大区间和 \(f[0][1]\)表示左端点不选 右端点选 剩下两个也类似

那么我们要把一个节点的左右儿子合并来更新当前节点 怎么来合并这个\(f[2][2]\)呢？

为了方便起见 我们这里假设当前节点\(x\)的左儿子是\(l\)，右儿子是\(r\)

那么 \(x.f[0][0] = max(l.f[0][0]+r.f[0][0],l.f[0][1]+r.f[0][0],l.f[0][0]+r.f[1][0])\)

感觉是不是少了什么？为什么没有\(l.f[0][1]+r.f[1][0]\)？

这个是不合法的 因为题目要求相邻两个不能同时选择 而左儿子区间的右端点和右儿子区间的左端点当然是相邻的

剩下3个转移也同理 为了更清楚一点这里还是写出来

\(x.f[0][1] = max(l.f[0][0]+r.f[0][1],l.f[0][1]+r.f[0][1],l.f[0][0]+r.f[1][1])\)

\(x.f[1][0] = max(l.f[1][0]+r.f[0][0],l.f[1][1]+r.f[0][0],l.f[1][0]+r.f[1][0])\)

\(x.f[1][1] = max(l.f[1][0]+r.f[0][1],l.f[1][1]+r.f[0][1],l.f[1][0]+r.f[1][1])\)

ok 对于叶子节点 \(f[0][0]=0\) \(f[1][1]=M(i)\) \(f[0][1]\)和\(f[1][0]\)都是不合法的(因为叶子节点的区间就只有一个元素) 所以设成负无穷

单点修改只需要改叶子的\(f[1][1]\)就可以了 那么此题就做完了

ps.合并\(f\)数组时注意如果转移得到某个\(f[i][j]\)比负无穷还小了 就把\(f[i][j]\)重新设为负无穷 防止负无穷加爆了

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll; 

const ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n, d;
ll a[40005], ans;

struct segtree{
	struct tree{
		int l, r;
		ll f[2][2];
	} tr[400005];
	
	#define lson ind<<1
	#define rson ind<<1|1
	
	inline void pushup(int ind) { //合并f数组
		tr[ind].f[0][0] = max(max(tr[lson].f[0][1] + tr[rson].f[0][0], tr[lson].f[0][0] + tr[rson].f[1][0]), tr[lson].f[0][0] + tr[rson].f[0][0]);
		tr[ind].f[0][1] = max(max(tr[lson].f[0][1] + tr[rson].f[0][1], tr[lson].f[0][0] + tr[rson].f[1][1]), tr[lson].f[0][0] + tr[rson].f[0][1]);
		tr[ind].f[1][0] = max(max(tr[lson].f[1][1] + tr[rson].f[0][0], tr[lson].f[1][0] + tr[rson].f[1][0]), tr[lson].f[1][0] + tr[rson].f[0][0]);
		tr[ind].f[1][1] = max(max(tr[lson].f[1][1] + tr[rson].f[0][1], tr[lson].f[1][0] + tr[rson].f[1][1]), tr[lson].f[1][0] + tr[rson].f[0][1]);
		for (int i = 0; i <= 1; i++) for (int j = 0; j <= 1; j++) tr[ind].f[i][j] = max(tr[ind].f[i][j], -inf); //防止爆long long
	}
	
	void build(int ind, int l, int r) {
		tr[ind].l = l, tr[ind].r = r;
		for (int i = 0; i <= 1; i++) for (int j = 0; j <= 1; j++) tr[ind].f[i][j] = -inf;
		if (l == r) {
			tr[ind].f[0][0] = 0;
			tr[ind].f[1][1] = a[l];
			return;
		}
		int mid = (l + r) >> 1;
		build(lson, l, mid); build(rson, mid+1, r);
		pushup(ind);
	}	
	
	void update(int ind, int pos, ll x) {
		int l = tr[ind].l, r = tr[ind].r;
		if (l == r) {
			tr[ind].f[1][1] = x;
			return;
		}
		int mid = (l + r) >> 1;
		if (pos <= mid) update(lson, pos, x);
		else update(rson, pos, x);
		pushup(ind);
	}
} T;

int main() {
	scanf("%d %d", &n, &d);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%lld", &a[i]);
	}
	T.build(1, 1, n);
	for (int i = 1; i <= d; i++) {
		int pos, v;
		ll nowans = 0;
		scanf("%d %d", &pos, &v);
		T.update(1, pos, v);
		nowans = max(nowans, T.tr[1].f[0][0]);
		nowans = max(nowans, T.tr[1].f[0][1]);
		nowans = max(nowans, T.tr[1].f[1][0]);
		nowans = max(nowans, T.tr[1].f[1][1]);
		ans += nowans;
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}