【总结】单调队列

[CEOI2020]花式围栏

题意
在所给的围栏中算出所含矩形的个数。

solution:
对于计算一个长为$l$，宽为$r$的矩形，可以算出方案为：
$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{l+1}{2}\right)\ast \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{r+1}{2}\right)$

考虑将围栏分割成若干个规则的矩形，分别计算贡献并相加。

如图，可以将围栏分成若干个由红色矩形组成的区域，相加即可。（注意，这里是求左端点在给定矩形内时的矩形数，而且必须是极大矩阵，即左右都不能扩展）

如右图，第一个的方案为：
$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{l+1}{2}\right)\ast \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{r+1}{2}\right)-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{l+1}{2}\right)\ast \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k+1}{2}\right)$

这启示我们用单调队列来维护一个高度递增的序列。

若大于当前高度，则如队列；否则将高度大于的弹出，高度差为$min(h[top]-h[top-1],h[top]-h[i])$。

注意，对于高度相等的部分应该合并，而不是单独计算答案。

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
const int N=1e5+5;
const LL mod=1e9+7;

LL n,a[N],b[N],ans;
LL tp,h[N],w[N];

void read(LL &x) {
	LL f=1;x=0;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}
	x*=f;
}


LL calc(LL x, LL y)
{
	x %= mod; y %= mod;
	x = ((1 + x) * x % mod) * 500000004 % mod;//500000004是2关于膜1e9+7的乘法逆元
	y = ((1 + y) * y % mod) * 500000004 % mod;
	return x * y % mod;
}


int main() {
	read(n);
	for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++) read(b[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++) { 
	    LL tot=0;
		while(tp>0&&h[tp]>a[i]) {
			tot+=w[tp];
			ans=(ans+calc(h[tp],tot)-calc(max(h[tp-1],a[i]),tot)+mod)%mod;
			b[i]+=w[tp];
			tp--;
		}
		h[++tp]=a[i],w[tp]=b[i];
	}
	LL tot=0;
	for(int i=tp;i>=1;i--) {
		tot+=w[i];
		ans=(ans+calc(h[i],tot)-calc(h[i-1],tot)+mod)%mod;
	}
	printf("%lld\n",ans);
}

「NOIP2017普及组」跳房子

solution:
$dp$+二分的做法不难想到。

本题显然限制了上界和下界。也就是说，距离太小的不能进，距离太大的要舍弃。而距离是单调递增的，所以用$cnt$记录一下位置，把符合条件的加入队列即可。不过本题不是每遍历了一个点就加入一个点，而是在移动$cnt$指针时加入。

#include<cstdio>
#include<stack>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define ll long long
using namespace std;
const int MAXN=500005;
struct node{
	ll x,w;
}a[MAXN];
ll n,d,k,sum,dp[MAXN];
bool check(ll mid) {
	deque<ll> q;
	ll k1=max(1ll,d-mid),k2=d+mid;
	ll cnt=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		for(;cnt<i&&a[i].x-a[cnt].x>=k1;cnt++) {
			if(!q.size()) q.push_back(cnt);
			else {
				while(q.size()&&dp[q.back()]<=dp[cnt]) q.pop_back();
				q.push_back(cnt);
			}
		}
		while(q.size()&&a[i].x-a[q.front()].x>k2) q.pop_front();
		if(q.size()) dp[i]=dp[q.front()]+a[i].w;
		else dp[i]=-1e18;
		if(dp[i]>=k) return 1;
	}
	return 0;
}
int main() {
	scanf("%lld%lld%lld",&n,&d,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		scanf("%lld%lld",&a[i].x,&a[i].w);
		if(a[i].w>0) sum+=a[i].w;
	}
	if(sum<k) {
		printf("-1");
		return 0;
	}
	ll l=1,r=max(d-1,a[n].x-d);
	while(l<r) {
		ll mid=(l+r)>>1;
		if(check(mid)) r=mid;
		else l=mid+1;
	}
	printf("%lld",l);
}

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本文作者：仰望星空的蚂蚁
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