P6647 [CCC 2019] Tourism

\(\mathcal Solution\)

Tourism

遍历一个序列，每次可以向右跳 \(1\sim k\) 个，并且获得跳过区间的 \(\max\) 的价值，求跳动次数最少的前提下的最大价值。

神仙 DP 好题！

首先不考虑跳动次数最少的限制，列出最朴素的方程，设 \(f(i)\) 表示到达点 \(i\) 时的最大价值：

\[f(i)=\max\limits_{i - k\leq j<i}\{f(j)+g(j+1,i)\} \]

其中 \(g(l,r)\) 表示区间 \([l,r]\) 内 \(a_i\) 的最大值。

考虑加上跳动次数最小的限制，一个简单有效的操作是：

\[f(i)=\max\limits_{i - k\leq j<i}\{f(j)+g(j+1,i)\}-\inf \]

每次跳动都要减去 \(\inf\) 的代价，这样跳动最少的点显然最先被考虑，这是个比较实用的套路。

但是这样的转移还是 \(O(nk)\) 的，需要继续优化。

看到转移式子的区间取 \(\max\) 操作，不难联想到线段树，可以考虑每次将 \(f\) 单点插入到线段树中去，每次区间查询最大值即可。

但是还是有问题的，因为每次的 \(g(j+1,i)\) 都有可能被 \(i\) 更新，所以线段树还要考虑区间加上一个值来得到真正的最大值。

但是有可能每个点加上的 \(g\) 都不同，那么还需要扫一遍去逐个单点修改，那还不如暴力优了。

但是可以发现，每个 \(g\) 都可以“管一段”，即 \(g\) 的取值是成段分布的。这个经典模型可以用单调栈来维护。

具体的，每次在单调栈中取出比当前 \(a_i\) 小的段进行区间加即可，相当于将那些段的决策点变为 \(i\)。

因为 \(g\) 对于 \(i-1\) 的区间是 \([i,i]\)，比较烦，可以考虑将维护的 \(a\) 区间整体平移一个，这样决策和状态的下标就一一对应了。

因为每个 \(i\) 都进栈出栈一次，所以总共最多 \(2n\) 个区间存在过，所以总时间复杂度 \(O(n\log n)\)，很优秀。

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

typedef long long LL;
const int N = 1e6 + 10;
const LL INF = 1e12;
int n, k, tot, a[N], stk[N];
LL f[N], dat[N << 2], add[N << 2];

int read(){
	int x = 0, f = 1; char c = getchar();
	while(c < '0' || c > '9') f = (c == '-') ? -1 : 1, c = getchar();
	while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - 48, c = getchar();
	return x * f;
}

void Push_Up(int p){
	dat[p] = max(dat[p << 1], dat[p << 1 | 1]);
}

void Push_Down(int p){
	if(!add[p]) return;
	int l = p << 1, r = p << 1 | 1;
	dat[l] += add[p], add[l] += add[p];
	dat[r] += add[p], add[r] += add[p];
	add[p] = 0;
}

void Modify(int p, int l, int r, int L, int R, LL v){
	if(L <= l && r <= R){
		dat[p] += v;
		add[p] += v;
		return;
	}
	Push_Down(p);
	int mid = (l + r) >> 1;
	if(L <= mid)
		Modify(p << 1, l, mid, L, R, v);
	if(R > mid)
		Modify(p << 1 | 1, mid + 1, r, L, R, v);
	Push_Up(p);
}

LL Query(int p, int l, int r, int L, int R){
	if(L <= l && r <= R) return dat[p];
	Push_Down(p);
	LL num = - 9e18;
	int mid = (l + r) >> 1;
	if(L <= mid)
		num = max(num, Query(p << 1, l, mid, L, R));
	if(R > mid)
		num = max(num, Query(p << 1 | 1, mid + 1, r, L, R));
	return num;
}

int main(){
	n = read(), k = read();
	for(int i = 1; i <= n; i ++) a[i] = read();
	for(int i = 1; i <= n; i ++){
		while(tot && a[stk[tot]] <= a[i]){
			if(a[stk[tot]] == a[i]) {tot --; continue;}
			Modify(1, 0, n, stk[tot - 1], stk[tot] - 1, a[i] - a[stk[tot]]);
			tot --;
		}
		stk[++ tot] = i;
		Modify(1, 0, n, i - 1, i - 1, f[i - 1] + a[i]);
		f[i] = Query(1, 0, n, max(i - k, 0), i - 1) - INF;
	}
	printf("%lld\n", f[n] + 1LL * ((n / k) + (n % k != 0)) * INF);
	return 0;
}