题解 · DTOJ #1865.最佳挤奶方案 (optmilk)
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【题目描述】
Farmer John最近购买了 \(N(1 <= N <= 40000)\) 台挤奶机，编号为 \(1 ... N\)，并排成一行。第 \(i\) 台挤奶机每天能够挤 \(M(i)\) 单位的牛奶 \((1 < =M(i) <=100,000)\) 。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 \(D(1 < = D < = 50,000)\) 天中，每天Farmer John对某一台挤奶机进行维护，改变该挤奶机的当天产量。
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。
【 输入输出格式】
输入格式：
第 \(1\) 行：两个整数 \(N\) 和 \(D\)
第 \(2..N+1\) 行：每台挤奶机的 \(M(i)\)
第 \(N+2..N+D+1\) 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：
一个数组表示最大产量
【输入输出样例】
输入样例：
5 3
1
2
3
4
5
5 2
2 7
1 10
输出样例：
32
【提示】
【样例说明】
第 \(1\) 天，最优方案为 \(2+4=6\) ( 方案 \(1+3+2\)一样)
第 \(2\) 天，最优方案为 \(7+4=11\)
第 \(3\) 天，最优方案为 \(10+3+2=15\)
【标签】
线段树，单点修改，区间DP。
【分析】
通过线段树来进行区间DP，维护最大点集。
基本想法：
化简题目：将 \(n\) 个点排成一排，每一个点都有一个点权，从中选出相互不能临近的最大点集。
改进：
由于需要维护区间信息，考虑通过线段树来进行区间DP。
每个线段树的节点内都有一个\(F\)数组：
- \(F[1][0]\) 表示区间左端点取，右端点不取的最大点集的和。
- \(F[0][1]\) 表示区间左端点不取，右端点取的最大点集的和。
- \(F[1][1]\) 表示区间左端点取，右端点也取的最大点集的和。
- \(F[0][0]\) 表示区间左端点、右端点都不取的最大点集的和。
因为两个相邻的点不能同时取，所以更新最大值的时候要进行分类讨论，举例当前树节点可以由：
- 左子节点的 \(F[1][0]\) \(+\) 右子节点的 \(F[1][0]\)；
- 左子节点的 \(F[1][0]\) \(+\) 右子节点的 \(F[0][0]\)；
- 左子节点的 \(F[1][1]\) \(+\) 右子节点的 \(F[0][0]\)；
三种情况取最大值得来，其他情况同理，在更新时讨论即可。
在建树时叶子节点的值为\(F[1][1] = S[l]\)。
每组数据读入后进行线段树单点修改，\(Ans\) 增加线段树根节点的所有情况中的最大值即可。
【代码】
[C++]
#include <bits/stdc++.h>
#define wld(a) while(a(isdigit(c=getchar())))
#define xpp x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48)
#define LL long long
#define R k<<1|1
#define L k<<1
using namespace std;
const int MAXN = 40000+5;
struct T{LL F[2][2];int l, r;}T[MAXN*4];
int S[MAXN], n, d, p, v;
long long Ans;
inline int Rd(){char c;wld(!);int x=c^48;wld()xpp;return x;}
inline void Update(int &k){ //更新数据
T[k].F[1][0] = max(max(T[L].F[1][0]+T[R].F[1][0], T[L].F[1][1]+T[R].F[0][0]), T[L].F[1][0]+T[R].F[0][0]);
T[k].F[0][1] = max(max(T[L].F[0][1]+T[R].F[0][1], T[L].F[0][0]+T[R].F[1][1]), T[L].F[0][0]+T[R].F[0][1]);
T[k].F[0][0] = max(max(T[L].F[0][1]+T[R].F[0][0], T[L].F[0][0]+T[R].F[1][0]), T[L].F[0][0]+T[R].F[0][0]);
T[k].F[1][1] = max(max(T[L].F[1][0]+T[R].F[1][1], T[L].F[1][1]+T[R].F[0][1]), T[L].F[1][0]+T[R].F[0][1]);
}
void Build(int k, int l, int r){ //建树
T[k].l = l, T[k].r = r;
if(l==r){T[k].F[1][1] = S[l];return;}
int mid = (l+r)>>1;
Build(L, l, mid);
Build(R, mid+1, r);
Update(k);
}
void Revise(int k){ //单点修改
if(T[k].l==T[k].r){T[k].F[1][1]=v;return;}
int Tmid = (T[k].l+T[k].r)>>1;
if(p<=Tmid) Revise(L);
else Revise(R);
Update(k);
}
int main(){
n=Rd(), d=Rd();
for(int i=1; i<=n; i++) S[i]=Rd();
Build(1, 1, n);
while(d--){
p=Rd(), v=Rd();
Revise(1);
Ans += max(max(T[1].F[1][1], T[1].F[0][0]), max(T[1].F[1][0], T[1].F[0][1]));
}
printf("%lld", Ans);
return 0;
}
【补充】
分类讨论时要细心一点，要记得是先修改再统计。
