poj1821——Fence

题意：

一个栅栏一共有n（从1——n）个木板，我们找k个工人去粉刷它，li表示每个人有限制粉刷木板数量，pi表示粉刷一个木板得到的钱，si表示他开始在那个木板前面

如果一个工人要粉刷，那么他必须粉刷si这个木板，而且工人粉刷时必须是连续的木板

 

题解：

dp[i][j]表示有i个人粉刷j块木板所获得的最大利润

dp[i][j]=max(max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]),dp[i][k]+(j-k)*p(i))

dp[i-1][j]表示i-1个人粉刷j块木板所获得的最大利润

dp[i][j-1]表示i个人粉刷j-1块木板所获得的最大利润

dp[i][k]+(j-k)*p(i) 这里面的k是枚举在第i个人可以粉刷木板的数量（因为题目要求第i个人必须粉刷si这块木板，那么粉刷区间肯定也包括它）

//m是一个结构体，里面包含一个工人的li,pi,si
for(int j = m[i].s;j <= m[i].s + m[i].l - 1;j ++)
        {
            for(int k = j - m[i].l;k <= m[i].s - 1;k ++)
                if(k >= 0)  
                {
                    dp[i][j] = max(dp[i][j],dp[i - 1][k] + (j - k) * m[i].p);
                }
        }

话可以利用单调队列降低复杂度

通过上面的代码我们可以看出来j越大，那么k也就随之变大，这就符合单调队列的特性，单调队列（递减队列）里面放dp[i][k]-k*p(i),为什么放这个是因为我们后面枚举j的时候

直接可以通过   (队列头)+j*p(i) 来找求最优解(这个(j*p(i))与前面的抵消了一部分，剩下的就是第i个人粉刷的部分)，因为递减队列头部放的值肯定是最大的，所以

 队列头部就是最好的dp转移位置，为了防止粉刷区间大于l(i)，我们要每次先对单调队列中的数据进行处理

 

代码：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<deque>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=2e5+10;  //数组开到2e4都不行，
const int mod = 998244353;
const int INF=0x3f3f3f3f;
struct shudui
{
    int l,p,s;
}m[maxn];
bool mmp(shudui x,shudui y)
{
    return x.s<y.s;
}
int dp[110][maxn];
struct jihe
{
    int k,x;
}str1;
deque<jihe>r;
int main()
{
    int n,k;
    scanf("%d%d",&k,&n);
    for(int i = 1;i <= n;i ++)
        scanf("%d%d%d",&m[i].l,&m[i].p,&m[i].s);
    sort(m + 1,m + 1 + n,mmp);   //这个要加上

    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        for(int j = 1;j <= k;j ++)
            dp[i][j] = max(dp[i - 1][j],dp[i][j - 1]);

        while(r.size()) r.pop_back();
        for(int kk = max(m[i].s - m[i].l,0);kk <= m[i].s - 1;kk ++)
        {
            int tmp = dp[i - 1][kk] - kk * m[i].p;

            while(r.size() && r.back().x < tmp) r.pop_back();
            str1.k=kk;
            str1.x=tmp;
            r.push_back(str1);
        }
        for(int j = m[i].s;j <= m[i].s + m[i].l - 1;j ++)
        {
            while(r.size() && r.front().k < j - m[i].l) r.pop_front();
            dp[i][j] = max(dp[i][j],r.front().x + j * m[i].p);
        }
    }
    int ans = 0;
    for(int i = 1;i <= k;i ++)
        ans = max(ans,dp[n][i]);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}