AcWing 1087. 修剪草坪

$AcWing$ $1087$. 修剪草坪

一、题目描述

在一年前赢得了小镇的最佳草坪比赛后，$FJ$ 变得很懒，再也没有修剪过草坪。

现在，新一轮的最佳草坪比赛又开始了，$FJ$ 希望能够再次夺冠。

然而，$FJ$ 的草坪非常脏乱，因此，$FJ$ 只能够让他的奶牛来完成这项工作。

$FJ$ 有 $N$ 只排成一排的奶牛，编号为 $1$ 到 $N$。

每只奶牛的效率是不同的，奶牛 $i$ 的效率为 $E_i$。

编号相邻的奶牛们很熟悉，如果 $FJ$ 安排 超过 $K$ 只编号连续 的奶牛，那么这些奶牛就会罢工去开派对。

因此，现在 $FJ$ 需要你的帮助，找到最合理的安排方案并计算 $FJ$ 可以得到的最大效率。

注意，方案需满足不能包含超过 $K$ 只编号连续的奶牛。

输入格式
第一行：空格隔开的两个整数 $N$ 和 $K$；

第二到 $N+1$ 行：第 $i+1$ 行有一个整数 $E_i$。

输出格式
共一行，包含一个数值，表示 $FJ$ 可以得到的最大的效率值。

数据范围
$1≤N≤10^5,0≤E_i≤10^9$

输入样例：

5 2
1
2
3
4
5

输出样例：

12

样例解释
$FJ$ 有 $5$ 只奶牛，效率分别为 $1、2、3、4、5$。

$FJ$ 希望选取的奶牛效率总和最大，但是他不能选取超过 $2$ 只连续的奶牛。

因此可以选择第三只以外的其他奶牛，总的效率为 $1 + 2 + 4 + 5 = 12$。

二、暴力作法

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 100010;
typedef long long ll;
int a[N];
ll s[N], f[N];

/*
BruteForce
通过了 9/12个数据
*/
int main() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> s[i], s[i] += s[i - 1];

    // 暴力大法
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = i; j >= i - m; j--)
            f[i] = max(f[i], f[j - 1] + s[i] - s[j]);

    cout << f[n] << endl;
    return 0;
}

三、动态规划

考虑用 动态规划 来求解本问题

由于 连续选择 超过 $m$ 个元素时，这些元素的 贡献 为 $0$ （相当于没选）

而本题，所有的元素值都是 正整数，故我们的方案中，连续选择的元素数量 一定是 不超过 $m$个的

状态表示

$f[i]$:以第$i$个数为结尾的所有数字中,连续长度不超过$m$,贡献总和最大值。

我们来分析一下这个最优状态可能由哪些状态转移而来。

举个栗子：

假设$m=3$，现在讨论一下第$6$头牛，它这个位置有两种选择，选与不选：

• 不选：由于第$6$头没有发挥作用，现在的 最大贡献和与前面的最大贡献和一致:

$$\large f[6]=f[6-1]=f[5]$$

• 选择：如果它选了，那么它前面的就不是随意的了，需要有范围限制，人脑模拟一下：
  最大连续选择长度不能超过$3$,所以讨论以下情况：
  • 假设本轮取$3$个最优：
    $$\large f[6]=a[6]+a[5]+a[4]+ ?$$

  • 假设本轮取$2$个最优：
    $$\large f[6]=a[6]+a[5]+?'$$

  • 假设本轮取$1$个最优：
    $$\large f[6]=a[6]+?''$$

注:不是能取$3$个取$3$个值就最大了，因为你取了$3$个，意味着前面第$4$个就不能取，这合不合适就不一定了。

为啥要加$?$呢？以$3$个为例，如果取$3$个最优，那么此时取到了$4$号结点位置，$3$号肯定是不能取的！原因很简单，如果取上，就是连续$4$个了，超过了$m$限定！那$3$左侧是随意的，这时，$f[2]$的含义是在前$2$个元素中合法并可以获取到的最大值，现在的情况可以直接表示为$f[2]$,同理得到：

$\large f[6]=a[6]+a[5]+a[4]+f[2] \\ \large f[6]=a[6]+a[5]+f[3] \\ \large f[6]=a[6]+f[4]$

$a[6]+a[5]+a[4]$这样的东东，很显然是前缀和的基本表示式，提示我们引入前缀和进行思考。如果预处理了前缀和，那么就有：

利用 前缀和 思路优化一轮：

$\large f[6]=s[6]-s[3]+f[2]$
$\large f[6]=s[6]-s[4]+f[3]$
$\large f[6]=s[6]-s[5]+f[4]$

通用化处理一下：($6$就是固定的当前值$i$,而$3,4,5$是可变的，我们设为$j$，同时$j$是有范围的，也就是$i-m \sim i-1$)

$$\large f[i]=s[i]-s[j]+f[j-1] ~~~ j \in [i-m,i-1]$$

在$i$确定的情况下，$s[i]$是固定的，变化的就是$f[j-1]-s[j]$,要想求$f[i]$最大值，就是求$f[j-1]-s[j]$的最大值，而$j$是有范围的,这就转化为一个区间内取极大值问题，可以 用单调队列来优化。

单调队列优化办法

• ① 维护一个队列，记录距离$i$前面的$m$个区间范围内，$f[j-1]-s[j]$取值最大

• ② 这个最优的序号$j$，就是队列头的记录序号$q[hh]$

• ③ 因为队列中不包含$i$结点，所以需要在$i$进入队列前，$while$上方进行计算更新结果

时间复杂度

$O(n)$

四、实现代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 100010;
typedef long long LL;
int q[N];
LL s[N], f[N];

int main() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> s[i], s[i] += s[i - 1];

    // 由于滑动窗口在i的左边，需要讨论前缀和的s[l-1],第1个没有前序，不符合整体的代码逻辑，添加了一个哨兵
    int hh = 0, tt = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        // 　1、年龄大于m的老家伙们，不管是不是实力够强大，一概去死
        while (hh <= tt && i - q[hh] > m) hh++;

        // 因为滑动窗口在i 左侧，先使用再加入
        f[i] = max(f[i - 1], f[max(0, q[hh] - 1)] + s[i] - s[q[hh]]);

        // 　2、不如我年轻，并且，不如我有实力的老家伙们去死
        while (hh <= tt && f[i - 1] - s[i] >= f[max(0, q[tt] - 1)] - s[q[tt]]) tt--;

        // 3、i入队列
        q[++tt] = i;
    }
    // 输出结果
    cout << f[n] << endl;
    return 0;
}