修剪草坪——十分详尽的题解
来自一本通5.5 例3luogu
好习惯，先看数据范围
#### 数据范围与提示
对于全部数据，\(1\leq N\leq 10^5,0\leq E_i \leq 10^9\) 。
那么要用long long是显然的了。N的大小让人怀疑有log，但是其实没有
可能是考虑到deque巨大的常数吧反正我不喜欢用STL
不多说，直接上代码。边看边讲。
part1 朴素DP
前置
max函数不能写const ll&，可能是因为临时变量的问题。
#include<cstdio>
#define ll long long
int n,k;
ll max(const ll a,const ll b){return a>b?a:b;}
ll maxx[100005],e[100005],sum[100005],max2[100005];
main函数
前缀和便于查询连续的奶牛效率值之和
int main(){
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld",e+i),sum[i]=sum[i-1]+e[i];
//*/
if(n*k<=1e7){part2();return 0;}
//*/
part3();
return 0;
}
part1·1
设\(f_{i,j}\)表示前前i头奶牛, 有j头奶牛（包括第i頭）与i连在一起，所能取得的最大效率
\(maxx_i\)表示考虑了前i头奶牛所取得的最大效率
for(int i=1;i<=n;++i){//前i头奶牛, 有多少奶牛（包括第i頭）与i连在一起
F[i][0]=maxx[i-1];//该位不选奶牛的话，上一位方案随意，不会受到k限制
for(int j=1;j<=i&&j<=k;++j){
F[i][j]=max(F[i][j],maxx[i-j-1]+sum[i]-sum[i-j]);
maxx[i]=max(maxx[i],F[i][j]);//记下前i头奶牛的最大效率值便于查询
}
}
printf("%lld",maxx[n]);
part1·2
发现上面输出的是maxx数组而非F数组，直接干掉F数组
for(int i=1;i<=n;++i){//上面的优化成这样
//F[i][0]=maxx[i-1];
for(int j=1;j<i&&j<=k;++j){
maxx[i]=max(maxx[i],maxx[i-j-1]+sum[i]-sum[i-j]);
}
if(i<=k)maxx[i]=max(maxx[i],sum[i]);//其实就是sum[i]
}
至此能得70分，注意main函数里加上一句：(暴力得省一)
if(n*k<=1e7){part();return 0;}
因为$ n*k \(的复杂度，所以保守估计\) 10^7 $，结果能得70分
开个O2，把限度放大一点，能得貌似80。不过我不敢这么浪
网上到处都说60分，@houyq的代码也是60分，由此可见该冒险的时候可以试试
part2
上面maxx数组只有1维，且后面的状态都是由前面的状态转移而来
看出来这是一道线性DP所以直接想到单调队列（不是）
part2·1
尝试继续优化，定义新数组把状态记下来免得多次计算（卡常级别的优化）
其实这么做的动机是因为，对于每个i，+sum[i]是不变的，maxx[i]一开始是0
变的东西只有这个[i-j+1]和[i-j]，他俩随着j变而变
所以单独开个max2[]把两个东西合并了记下来，
max2[]没有什么实际意义，是为了分离变量和“不变暂时不变的量”而创造的新量
for(int i=1;i<=n;++i){//上面的“优化”成这样
for(int j=1;j<=i&&j<=k;++j){
maxx[i]=max(maxx[i],max2[i-j]+sum[i]);
}
if(i<=k)maxx[i]=sum[i];
max2[i]=maxx[i-1]-sum[i];
//定义新数组, 因为第19行的i-j-1和i-j总是差1
}
注意到第19行：
18 for(int j=1;j<i&&j<=k;++j){
19 maxx[i]=max(maxx[i],maxx[i-j-1]+sum[i]-sum[i-j]);
20 }
于是到了下一个要点：
part2·2
发现max()操作每次都有一个 +sum[i] 的操作，不顺眼，干掉
第二重循环需要倒着来，不顺眼，正着来
......
其实是因为发现是个滑动窗口查询区间最大值而改的
还有这一行 if(i<=k)maxx[i]=sum[i]; 不好，很复杂，抽出来
变成了这个样子
for(int i=1;i<=k;++i)
maxx[i]=sum[i],max2[i]=maxx[i-1]-sum[i];
for(int i=k+1;i<=n;++i){
for(int j=1;j<=k;++j){//i-j∈[i-k,i-1]
maxx[i]=max(maxx[i],max2[i-j]+sum[i]);
}
max2[i]=maxx[i-1]-sum[i];
}
至此，复杂度依然没变（常数大大减小，但是没太大用处）
$ However,$这给我们理解下面的代码带来了极大的方便
正片：单调队列优化
part3·1 要讲了
欸还没讲呢
先用个Max进一步铺垫一下，更直观
for(int i=1;i<=k;++i)
maxx[i]=sum[i],max2[i]=maxx[i-1]-sum[i];
for(int i=k+1,Max,j;i<=n;++i){//上面的优化成这样
for(j=i-k,Max=0;j<=i-1;++j){//i-j∈[i-k,i-1]
if(Max<max2[j])Max=max2[j];
}
maxx[i]=Max+sum[i];
max2[i]=maxx[i-1]-sum[i];//定义新数组
}
我们写了一行注释：
//i-j∈[i-k,i-1]
1和k是常数。
我们想到，这个区间只会随着i的增加向右移动
而我们要的是区间内部的最大值
那么这显然是个滑动窗口问题
上板子，单调队列
ll dq[200005];int qh=1,qt=2;//deque::[qh,qt)
for(int i=1;i<=k;++i){
maxx[i]=sum[i];
const ll tmp=maxx[i-1]-sum[i];
while(qh<=qt&&tmp>dq[qt])qt--;//单调性维护
dq[++qt]=tmp;
}
for(int i=k+1;i<=n;++i){//上面的优化成这样
maxx[i]=dq[qh]+sum[i];
const ll tmp=maxx[i-1]-sum[i];
while(qh<=qt&&tmp>dq[qt])qt--;//单调性维护
dq[++qt]=tmp;
while(qh<=qt&&qh<=i-k)qh++;//时效性维护
}
上面的代码看起来可以AC并不可以AC但是我并不打算用再改下去了
因为我枯了
因为它会给选手带来极大的困惑并且它能通过小样例
我们推荐这种写法，即让队列记录编号而不是队首直接充当编号。
因为队列是一个容器，它的head和tail应该是private，对外不可见的，应该是没有实际意义的，面向过程的一个中间量，而容器本身盛放的东西才有意义
因此我写的代码中的qh做编号直接与i-k比较是一种极其耗费脑力的写法
不如用STL做法或者如下（手写的deque，详见下面的AC代码）：
for(int i=1;i<=k;++i){
maxx[i]=sum[i];
max2[i]=maxx[i-1]-sum[i];
while(!dq.empty()&&max2[i]>max2[dq.tail()])dq.popt();//单调性维护
dq.push(i);
}
for(int i=k+1;i<=n;++i){//上面的优化成这样
maxx[i]=max2[dq.head()]+sum[i];
max2[i]=maxx[i-1]-sum[i];
while(!dq.empty()&&max2[i]>max2[dq.tail()])dq.popt();//单调性维护
dq.push(i);
while(!dq.empty()&&dq.head()<=i-k)dq.poph();//时效性维护
}
非常符合C++面向对象的精髓所在（C才是面向过程）
还有许多其他做法，比如记录谁不选。因为我们要的是思维难度稍小一点的做法，所以不再赘述。（一上来就取反谁受得了啊）
总结：DP多练啊。不练，会的东西看不出来，也掌握不了
附上AC代码，手写的deque，常数小，小至近STL的 \(\frac{1}{4}\)，真不错：
#include<cstdio>
#define ll long long
int n,k;
ll max(ll a,ll b){return a>b?a:b;}
ll maxx[100005],e[100005],sum[100005],max2[100005];
void part(){
/*/
for(int i=1;i<=n;++i){//前i头奶牛, 该位时有多少奶牛连在一起
F[i][0]=maxx[i-1];
for(int j=1;j<=i&&j<=k;++j){
F[i][j]=max(F[i][j],maxx[i-j-1]+sum[i]-sum[i-j]);
maxx[i]=max(maxx[i],F[i][j]);
}
}//*/
for(int i=1;i<=n;++i){//上面的优化成这样
//F[i][0]=maxx[i-1];
for(int j=1;j<i&&j<=k;++j){
maxx[i]=max(maxx[i],maxx[i-j-1]+sum[i]-sum[i-j]);
}
if(i<=k)maxx[i]=max(maxx[i],sum[i]);//其实就是sum[i]
}
//for(int i=1;i<=n;++i)printf("%lld ",maxx[i]);
printf("%lld",maxx[n]);
}
void part2(){
/*/
for(int i=1;i<=n;++i){//上面的优化成这样
for(int j=1;j<=i&&j<=k;++j){
maxx[i]=max(maxx[i],max2[i-j]+sum[i]);
}
if(i<=k)maxx[i]=sum[i];
max2[i]=maxx[i-1]-sum[i];
//定义新数组, 因为第19行的i-j-1和i-j总是差1
}//*/
//*/
for(int i=1;i<=k;++i)
maxx[i]=sum[i],max2[i]=maxx[i-1]-sum[i];
for(int i=k+1;i<=n;++i){//上面的优化成这样
for(int j=1;j<=k;++j){//i-j∈[i-k,i-1]
maxx[i]=max(maxx[i],max2[i-j]+sum[i]);
}
max2[i]=maxx[i-1]-sum[i];//定义新数组
}//*/
printf("%lld",maxx[n]);
}
struct deque{
//deque::[qh,qt)
private:int qh,qt,dq[100005];
public:deque(){qh=qt=0;}
bool empty(){return qh>=qt;}
int head(){return dq[qh];}
int tail(){return dq[qt-1];}
void poph(){qh++;}
void popt(){qt--;}
void push(const int& x){dq[qt++]=x;}
}dq;
void part3(){
/*/
for(int i=1;i<=k;++i)
maxx[i]=sum[i],max2[i]=maxx[i-1]-sum[i];
for(int i=k+1,Max,j;i<=n;++i){//上面的优化成这样
for(j=i-k,Max=0;j<=i-1;++j){//i-j∈[i-k,i-1]
if(Max<max2[j])Max=max2[j];
}
maxx[i]=Max+sum[i];
max2[i]=maxx[i-1]-sum[i];//定义新数组
}//*/
for(int i=1;i<=k;++i){
maxx[i]=sum[i];
max2[i]=maxx[i-1]-sum[i];
while(!dq.empty()&&max2[i]>max2[dq.tail()])dq.popt();//单调性维护
dq.push(i);
}
for(int i=k+1;i<=n;++i){//上面的优化成这样
maxx[i]=max2[dq.head()]+sum[i];
max2[i]=maxx[i-1]-sum[i];
while(!dq.empty()&&max2[i]>max2[dq.tail()])dq.popt();//单调性维护
dq.push(i);
while(!dq.empty()&&dq.head()<=i-k)dq.poph();//时效性维护
}
printf("%lld",maxx[n]);
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld",e+i),sum[i]=sum[i-1]+e[i];
//*/
if(n*k<=1e7){part2();return 0;}//部分分保底
//*/
part3();
return 0;
}
