[POI2015] MYJ

1|0题目描述：

有 $n$ 家洗车店从左往右排成一排，每家店都有一个正整数价格 $p_{i}$ 。有 $m$ 个人要来消费，第 $i$ 个人会驶过第 $a_{i}$ 个开始一直到第 $b_{i}$ 个洗车店，且会选择这些店中最便宜的一个进行一次消费。但是如果这个最便宜的价格大于 $c_{i}$ ，那么这个人就不洗车了。请给每家店指定一个价格，使得所有人花的钱的总和最大。

2|0解题思路：

首先要注意到 $n$ 只有 $50$ ，然后发现 $C i$ 很大，但是 $m$ 只有 $40000$ ，所以可以离散化。

再思考，发现每个点的价格只会是所有覆盖它的区间的 $C i$ 中的一个。

并且，他全部是区间，所以我们可以考虑区间 $d p$ 。

设状态 $f_{i, j, k}$ 表示区间 $[i, j]$ ，中的最小值为 $= k$ 所获得的价值。
设状态 $d p_{i, j, k}$ 表示区间 $[i, j]$ ，中的最小值为 $\geq k$ 所获得的价值。

因为要求方案，所以记一个 $g [i] [j]$ 表示区间 $[i, j]$ 的断点在哪（等价于记录从哪里转移来的）。

然后我们区间 $d p$ 枚举区间长度，然后枚举最小值(从大到小)和其位置。

那么转移很显然。

$f_{i, j, k} = m a x (d p_{i, m i d - 1, k} + d p_{m i d + 1, j, k} + c n t_{m i d, k} \times C_{k})$
$d p_{i, j, k} = m a x (d p_{i, j, k + 1}, f_{i, j, k})$

上方 $c n t$ 数组指的是在区间 $[i, j]$ 中断点在 $m i d$ ，最小值 $\geq k$ 经过这个点的线段数量。
$c n t$ 数组也是非常好处理啊，先直接扫一遍全部线段，然后把两端在 $[i, j]$ 内的线段抓出来，因为对于某一个线段中间的所有点作为断点时，这个线段都会被记录所以直接加一遍。然后因为我们记录的是最小值 $\geq k$ 的线段数量，所以还要累加一下。

最后答案 ${max}_{1}^{max {c_i}} f [i] [j] [k]$ 。

方案直接递归求解。

3|0代码实现：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 55, M = 4e3 + 5, P = 5e5 + 5;
int n, m;
int tmp[M];
int cnt[N][M];//cnt[mid][K]表示区间[i,j]断点为mid最小值为k的cnt
int f[N][N][M], dp[N][N][M], g[N][N][M], col[N][N][M];
//f[i][j][k]表示区间[i,j]中最小值==tmp[k]的最大花费和
//dp[i][j][k]表示区间[i,j]中最小值>=tmp[k]的最大花费和
int a[M], b[M], c[M], ansid[N];
void lsh(){
    for(int i = 1; i <= m; i++) tmp[i] = c[i];
    sort(tmp + 1, tmp + 1 + m);
    int len = unique(tmp + 1, tmp + 1 + m) - tmp - 1;
    for(int i = 1; i <= m; i++)
        c[i] = lower_bound(tmp + 1, tmp + 1 + len, c[i]) - tmp;
}
void dfs(int l, int r, int op){
    if(l > r) return;
    ansid[g[l][r][op]] = tmp[col[l][r][op]];
    dfs(l, g[l][r][op] - 1, col[l][r][op]);
    dfs(g[l][r][op] + 1, r, col[l][r][op]);
}
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= m; i++)
        cin >> a[i] >> b[i] >> c[i];
    lsh();
    for(int len = 1; len <= n; len++){
        for(int i = 1; i + len - 1 <= n; i++){
            int j = i + len - 1;
            memset(cnt, 0, sizeof cnt);
            for(int k = 1; k <= m; k++)
                if(a[k] >= i && b[k] <= j)
                    for(int l = a[k]; l <= b[k]; l++)
                        cnt[l][c[k]]++;
            for(int l = i; l <= j; l++)
				for(int k = m - 1; k >= 1; k--)
					cnt[l][k] += cnt[l][k + 1];
            for(int k = m; k >= 1; k--){
                for(int l = i; l <= j; l++){
                    if(f[i][j][k] <= dp[i][l - 1][k] + dp[l + 1][j][k] + cnt[l][k] * tmp[k]){
                        f[i][j][k] = dp[i][l - 1][k] + dp[l + 1][j][k] + cnt[l][k] * tmp[k];
                        g[i][j][k] = l;
                    }
                }
                if(dp[i][j][k + 1] > f[i][j][k]){
                    dp[i][j][k] = dp[i][j][k + 1];
                    g[i][j][k] = g[i][j][k + 1];
                    col[i][j][k] = col[i][j][k + 1];
                }else{
                    dp[i][j][k] = f[i][j][k];
                    col[i][j][k] = k;
                }
            }
        }
    }
    int ans = -0x3f3f3f3f3f3f;
    for(int i = 1; i <= m; i++)
        ans = max(ans, dp[1][n][i]);
    cout << ans << endl;
    dfs(1, n, 1);
    for(int i = 1; i <= n; i++) cout << ansid[i] << " ";
    cout << endl;
    return 0;
}

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本文作者：huangweiliang
本文链接：https://www.cnblogs.com/huangweiliang/p/18447293.html
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