单调队列优化动态规划学习笔记(一)
第一题
题目描述
有N块木板从左到右排成一行，有M个工匠对这些木板进行粉刷，每块木板至多被粉刷一次。
第 i 个木匠要么不粉刷，要么粉刷包含木板 \(S_i\) 的，长度不超过 \(L_i\) 的连续的一段木板，每粉刷一块可以得到 \(P_i\) 的报酬。
不同工匠的\(S_i\)不同。
请问如何安排能使工匠们获得的总报酬最多。
输入格式
第一行包含两个整数N和M。
接下来M行，每行包含三个整数\(L_i,P_i,S_i\)。
输出格式
输出一个整数，表示结果。
数据范围
\(1 \le N \le 16000\),
\(1 \le M \le 100\),
\(1 \le P_i \le 10000\)
输入样例：
8 4
3 2 2
3 2 3
3 3 5
1 1 7
输出样例：
17
解题报告
题意理解
一个区间的木块要粉刷,每一个木块最多只能粉刷一次,可以不粉刷,对于一个粉刷匠\(i\)而言,他必须粉刷第\(S_i\)木板,而且只能粉刷一段连续的木块,并且要求粉刷长度不超过\(L_i\),而且每刷一个木板,就可以得到\(P_i\)的报酬,现在要求报酬最大化,
解题思路
①首先将所有粉刷匠,按照必须刷的小木块\(S_i\)从小到大排序.
上面这个操作为了保证我们可以顺序处理.
②我们可以设\(f[i][j]\)表示为,前\(i\)个粉刷匠,刷了前\(i\)个木块.可以有些木块选择不刷
状态确定好了后,我们分两种情况讨论.
-
第\(i\)个粉刷匠不工作,那么
\[f[i][j]=f[i-1][j] \] -
第\(j\)个木板不刷,那么
\[f[i][j]=f[i][j-1] \].
结合上面的讨论,我们不难发现,
接下来的问题就是,如果说粉刷匠工作,而且也还刷第\(j\)个木块,那么我们不得不仔细思考.
对于一个粉刷匠而言,如果说聘请他工作,那么显然我们有几个条件.
- 他粉刷的区间长度,至少为\(1\),最多为\(L_i\).
- 他粉刷的区间内必须包括\(S_i\)这个小木块.
- 粉刷区间左端点,必须小于等于\(S_i\)
综上所述我们不妨设置一个粉刷匠粉刷的区域为\([k+1,j]\)
那么根据上面所说的条件,我们将它转换为数学计算机语言,如下面这个式子所示.
综上所述,我们可以将状态转移方程一步步出来.
得出了一个朴素的状态转移方程,我们不得不进行转换一下.
我们不妨去掉一个括号.
上面的一次次变换,让我们发现了,如果说我们要求的\(f[i][j]\)要选取到最大值,那么我们核心目标点就是让Max函数内部的
尽量地大.
尽然如此的话,我们发现K的取值是一个范围,但是我们并不关心这个范围内所有的数值,我们唯一的关心点就是这个范围的最大值.也就是最大的\(f[i-1][k]\)
一个区间,最大值,这些关键字眼,不得不让我们思考一下单调队列这种优秀的数据结构.因此我们把中心放到单调队列上面.
单调队列的核心要点,就是生存能力的判断.
我们逐步入手,下面给出几个判断依据.
我们设当前有两个点,一个是\(k_1\),另外一个是\(k_2\).
我们发现当前点,如果说\(k_1<k_2\),也就是\(k_2\)后出现.
我们将\(k_1\),\(k_2\)代入到我们的状态转移方程中的决定部分.
那么将\(k_1\)代入
\( f[i-1][k_1]-P\_i * k\_1 \)
再将\(k_2\)代入其中
\( f[i-1][k\_2]-P\_i * k\_2 \)
我们发现如果说我们再满足下面这个条件的话,那么\(k_2\)一定优于\(k_1\)
就好比如说,一个人比你小,还比你强,那么你就真的比不过他了.
代码分析
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M=16000+100;
const int N=110;
int n,m,i,j,k,f[N][M];
struct node
{
int p,l,s;//单价;最高长度;必备点
} a[M];
deque<int> q;
int cmp(node a,node b)//排序
{
return a.s<b.s;
}
void init()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>m>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>a[i].l>>a[i].p>>a[i].s;
sort(a+1,a+1+n,cmp);
}
int date(int i,int k)
{
return f[i-1][k]-a[i].p*k;
}
void work()
{
for(int i=1;i<=n;i++)//粉刷匠
{
for(int k=max(0,a[i].s-a[i].l);k<a[i].s;k++)
{
while (q.size() && date(i,q.back())<=date(i,k))//不是最优值
q.pop_back();
q.push_back(k);
}
for(int j=1;j<=m;j++)//粉刷墙
{
f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i][j-1]);//第一步取最大值
if (j>=a[i].s)
{
while(q.size() && q.front()<j-a[i].l)//不在候选范围内了.
q.pop_front();
if (q.size())
f[i][j]=max(f[i][j],a[i].p*j+date(i,q.front()));//计算
}
}
}
cout<<f[n][m];
}
int main()
{
init();
work();
return 0;
}
