P1070 [NOIP2009 普及组] 道路游戏

传送门

思考最朴素做法
$f_{i,j,p}$表示在第$i$个时刻终点为$j$且机器人走了$p$步获得的最大金币数，则有：

$$f_{i,j,p}=r_{w(j-1),i}+\{\begin{array}{ll}{f}_{i-1,w(j-1),p-1}& p>0\\ \underset{wz=1}{\overset{n}{max}}\underset{k=0}{\overset{min(i-1,p)}{max}}(f_{i-1,wz,k}-G_j)& p=0\end{array}$$

$$w(x)=(xmodn+n)modn==0?n:(xmodn+n)modn$$

其中，$r_{i,j}$表示第$i$条路第$j$个时刻的金币，$G_i$表示在$i$个工厂买机器人的金币

初始化:$\sum _{i=1}^n{f}_{0,i,0}=G_i$

我们发现可以降维，第三维其实可以用前缀和维护。

用$f_{i,j}$表示在第$i$个时刻走完后在工厂$j$买了机器的最大金币数

定义$su{m}_{i,j}$表示终点为$i$且走了$j$个时刻的金币

有$su{m}_{i,j}=su{m}_{w(i-1),j-1}+r_{w(i-1),j}$

定义函数$val(st,la,ti)=su{m}_{w(st+ti),la+ti}-su{m}_{st,la}$表示在第$st$个时刻第$la$个工厂开始走走了$ti$个时刻在道路上获得的金币，则有

$$f_{i.j}=-G_j+\underset{st=1}{\overset{n}{max}}\underset{ti=1}{\overset{min(i,p)}{max}}(f_{i-ti,st}+val(st,i-ti,ti))$$

时间复杂度$O(n^3)$需要优化

考虑单调队列

该单调区间内记录$gs,ks,pos$，其中$gs$表示买上一个机器人时获得的最大金币数为$gs$（注意，记录的是买了后的最大金币数），$ks$表示上一个机器人在第$ks$个工厂买，$pos$表示在第$pos$个时刻买

求答案时取队首的$q$，则$ans=q_{gs}+val(q_{ks},q_{pos},i-q_{pos})$

然而单调队列要满足一个性质无论何时都要满足单调性，所以我们发现不可以把所有的数都放到同一个单调队列，因为不同道路上的金币不同的时刻可能不同，若我们把他们放到同一个单调队列，可能会导致在第一个时刻从工厂一开始会更优，第二个时刻的时候从工厂二开始会更优（只有从第三个工厂到第四个工厂的道路在第二个时刻的金币足够多，而其他的道路的金币又足够少）。相信丧心病狂的出题人会构造的。

那么我们可以构造多个单调队列，单调队列$q_i$维护所有假设这个机器人一直在走，那么第0个时刻在i的数，这样他们第$k$个时刻必定会走同一条道路。因为他在$pos$时刻开始走，所以当$i-pos>p$或者有更优解时把它踢出队列。

最后再在取每一个单调队列的队首计算答案取$max$即可

上代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1010,INF=1e16;
ll n,m,p,tzy,ans=-INF;
ll r[N][N],G[N];
ll sum[N][N],f[N][N];
ll w(ll wz){return ((wz%n+n)%n)==0?n:((wz%n+n)%n);}
ll val(ll st,ll la,ll ti){return sum[w(st+ti)][la+ti]-sum[st][la];}
ll head[N],tail[N];
struct jgt{ll gs,ks,pos;}q[N][N];
void init()
{
	for(ll i=1;i<=m;i++)
	for(ll j=1;j<=n;j++)
	f[i][j]=-INF;
	for(ll i=1;i<=n;i++)
	f[0][i]=-G[i],head[i]=1;
}
int main()
{
	scanf("%lld %lld %lld",&n,&m,&p);
	for(ll i=1;i<=n;i++)
	for(ll j=1;j<=m;j++)
	scanf("%lld",&r[i][j]);
	for(ll i=1;i<=n;i++)
	scanf("%lld",&G[i]);
	for(ll i=1;i<=m;i++)
	for(ll j=1;j<=n;j++)
	sum[j][i]=sum[w(j-1)][i-1]+r[w(j-1)][i];
	init();
	for(ll i=1;i<=m;i++)
	{
		for(ll st=1;st<=n;st++)
		{
			while(head[w(st-i+1)]<=tail[w(st-i+1)]&&q[w(st-i+1)][tail[w(st-i+1)]].gs+val(q[w(st-i+1)][tail[w(st-i+1)]].ks,q[w(st-i+1)][tail[w(st-i+1)]].pos,i-q[w(st-i+1)][tail[w(st-i+1)]].pos)<f[i-1][st]+val(st,i-1,1)) tail[w(st-i+1)]--;
			q[w(st-i+1)][++tail[w(st-i+1)]]={f[i-1][st],st,i-1};
			while(i-q[w(st-i+1)][head[w(st-i+1)]].pos>p) head[w(st-i+1)]++;
		}
		tzy=-INF;
		for(ll j=1;j<=n;j++)
		tzy=max(tzy,q[j][head[j]].gs+val(q[j][head[j]].ks,q[j][head[j]].pos,i-q[j][head[j]].pos));
		for(ll j=1;j<=n;j++)
		f[i][j]=tzy-G[j];
	}
	for(ll i=1;i<=n;i++)
	ans=max(ans,f[m][i]+G[i]);
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}