【CH 5501】环路运输【DP】【单调队列】

题目大意：

题目链接：http://contest-hunter.org:83/contest/0x50「动态规划」例题/5501 环路运输
$n$个在一个环上的仓库，两两之间运货的代价是$a[i]+a[j]+min(|i-j|,|n-(i-j)|)$求最大代价。

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思路：

环上的DP固然不好做，可以先把环拆成链，再拷贝一份。成为一条长度为$2n$的链。

for (int i=1;i<=n;i++)
{
	scanf("%d",&a[i]);
	a[i+n]=a[i];
}

那么接下来的DP就再链上DP就可以了。
首先对于两点的距离，取的是$a[i]+a[j]+min(|i-j|,|n-(i-j)|)$。也就是环上顺时针和逆时针的距离的最小值。现在变成了链，就要发生改变。
很容易发现，顺时针和逆时针的最小值就是看看$|i-j|$是否超过了$n/2$，如果没有超过，那么肯定顺时针更优，否则逆时针更优。
那么将环拆成链之后，顺时针还是在原来的环上（即$i,j\leq n$），就可以直接求出答案。否则$j$就会超过$n$。
如果是逆时针，那么链拷贝一份的作用求起到了。那么我们用$|i-j|$变成$|j-i|$，之后又知道$j=j+n$，那么就有$|i-j|=|j-i|=|j+n-i|$。那么也变成了一条链。就可以求出答案了。时间复杂度$O(n^2)$。
必须优化。我们发现要求最大值，那么就可以用单调队列优化，维护在区间范围内的最大值，每次至直接$O(1)$求最大值即可。
时间复杂度$O(n)$

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代码：

#include <cstdio>
#include <queue>
#include <algorithm>
using namespace std;

int n,ans,a[2000011];
deque<int> q;

int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&a[i]);
		a[i+n]=a[i];
		while (q.size()&&a[q.back()]-q.back()<a[i]-i) 
		 q.pop_back();
		q.push_back(i);  //先求出最开始的队列
	}
	for (int i=n+1;i<=n+n;i++)  //从n+1开始找
	{
		while (q.size()&&q.front()<i-n/2) q.pop_front();  //出了范围
		ans=max(ans,a[i]+a[q.front()]+i-q.front());
		while (q.size()&&a[q.back()]-q.back()<a[i]-i)   //保持单调
		 q.pop_back();
		q.push_back(i);
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}