CodeForces - 939F Cutlet

题意：烤一块牛排。牛排有两面，要求每面都烤刚好n分钟。给出k个时间段，在这个时间段内可以给牛排翻任意次面。求最少翻多少次面能烤出符合要求的牛排，如果烤不出，输出Hungry。

解：首先牛排不烤上面就烤下面，所以拿一个的时间设状态就可以了，不妨选择上面。先设dp[i][j]为第i分钟时，上面烤了j分钟时最少反面次数，但这样目测是O(n²)的，并且没有用到时间段，不妥。重设dp[i][j]为到第i个时间段结束，上面烤了j分钟的最少次数。接下来考虑转移。先观察一下烤的过程，肯定不可能翻任意次面。设可以翻面的时间段长为period，翻一次面使得两面各烤k和period-k，同时烤的面变化；翻两次面也使得两面各烤k和period-k，但烤的面不变。翻两次以上面可以变成两次以内的情况。如果上一次结束在烤上面，那本次会被烤k+l[i]-r[i-1]分钟，翻一次面；如果上次结束在烤下面，本次会被烤k分钟，翻两次面。

由此可见有两次转移，分别遍历 [ j-period, j ]和[ r[i]-j-period, r[i]-j ]，可以用单调队列优化。 第二个因为j前面是负号，所以倒着遍历。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxx 1005
#define maxn 25
#define maxm 205
#define ll long long
#define inf 1000000009
#define mod 2520
int q[200005]={0};
int l[105]={0},r[105]={0};
int dp[2][200005]={0};
signed main() {
    int n,k;
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=k;i++){
        scanf("%d%d",&l[i],&r[i]);
    }
    memset(dp,0x7f,sizeof dp);
    dp[0][0]=0;
    int z=1;
    for(int i=1;i<=k;i++){
        int period=r[i]-l[i];
        for(int j=0;j<=n;j++){
            dp[z][j]=dp[1-z][j];
        }
        int head=1,tail=0;
        for(int j=0;j<=min(n,r[i]);j++){
            while(head<=tail&&q[head]<j-period) head++;
            while(head<=tail&&dp[1-z][q[tail]]>=dp[1-z][j]) tail--;
            q[++tail]=j;
            dp[z][j]=min(dp[z][j],dp[1-z][q[head]]+2);
        }
        head=1,tail=0;
        for(int j=r[i];j>=0;j--){
            while(head<=tail&&q[head]<r[i]-j-period) head++;
            while(head<=tail&&dp[1-z][q[tail]]>=dp[1-z][r[i]-j]) tail--;
            q[++tail]=r[i]-j;
            dp[z][j]=min(dp[z][j],dp[1-z][q[head]]+1);
//            for(int kk=0;kk<=period;kk++){
//                if(r[i]-j-kk>=0) dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][r[i]-j-kk]+1);
//                if(j-kk>=0) dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j-kk]+2);
//            }
        }
        z=1-z;
    }
    if(dp[1-z][n]==0x7f7f7f7f){
        printf("Hungry");
        return 0;
    }
    printf("Full\n");
    printf("%d\n",dp[1-z][n]);
    return 0;
}
//dp[i][j] to the i th period, the cutlet has been fried j second for one side
//dp[i][j]=min(dp[i-1][j-h[i]-k]+1)   k is in period i

 

然后口胡一下CodeForces - 1304F2  Animal Observation (hard version)

题意：给出一个矩阵，每行选一个格子作为一个2*k小矩阵的左上角。最后一行只要选1*k的小矩阵就可以。求所有所有小矩阵里数之和的最大值。如果矩阵重叠，重叠部分的数只作一次贡献。

解：显然设dp[i][j]为第i行选第j个格子时能取得的最大值。转移时分两种情况，一是和上面没重叠，直接取最大值；二是和上面重叠，减去重复部分取最大值。线段树和单调队列都可以做到。