【简洁易懂】CF372C Watching Fireworks is Fun (单调队列优化dp)
一条街道有\(n\)个区域。 从左到右编号为\(1\)到\(n\)。 相邻区域之间的距离为\(1\)。
在节日期间，有\(m\)次烟花要燃放。 第\(i\)次烟花燃放区域为\(a_i\) ，幸福属性为\(b_i\)，时间为\(t_i\)。\(t_i \leqslant t_{i+1}\)
如果你在第\(i\)次烟花发射时在\(x（1\leqslant x \leqslant n）\)处，你将获得幸福值\(b_i - | a_i - x |\) （请注意，幸福值可能是负值）。
你可以在单位时间间隔内移动最多\(d\)个单位，但禁止走出主要街道。 此外，您可以在初始时刻（时间等于\(1\)时）处于任意区域，并希望最大化从观看烟花中获得的幸福总和。
输出最大的幸福总和。
题目解答
本题是单调队列优化\(DP\)的经典题目。
设\(dp[i][j]\)表示第\(i\)次烟花燃放时你位于\(j\)处所能获得的最大的幸福总和。
而第\(i-1\)次烟花燃放到第\(i\)次烟花燃放所能移动的最大距离为\(h=(t_i-t_{i-1})*d\)。
所以该次燃放后可能获得的幸福总和由上一次位于\([j-h,j+h]\)处的\(2h+1\)种情形得到。
且\(dp[i][j]=\max\{dp[i-1][k]+b[i]-|a[i]-j|\} \quad k\in [j-h,j+h]\)
即\(dp[i][j]=\max\{dp[i-1][k]\}+b[i]-|a[i]-j| \quad k\in [j-h,j+h]\)
故对于\(j\in[1,n]\) ，要求\(dp[i][j]\)的值只要求解\(dp[i-1]\)数组位于\([j-h,j+h]\)的最大值，而求解这一步可以用单调队列解决，复杂度\(O(n)\)，即可求解完\(dp[i]\)数组。
又发现\(dp[i]\)数组的求解只与\(dp[i-1]\)数组有关，故这一维可以滚动处理。
\(dp[s1]\)表示源状态，\(dp[s2]\)表示将求解状态，求解完交换\(s1\)，\(s2\)即可。\(s1,s2\in\{0,1\}\)
单调队列处理部分
我的代码采用双端队列\(deque\)处理，较为简洁。
\(deque\)存储位置编号
其中\(deque\)中从队首到队尾，位置编号严格增加，该位置源状态\(dp\)源状态值严格减少；
处理位置\(i\)（采用代码中变量意义）时，将还未处理的小于\(i+h\)的位置依次入队尾（可能有些元素会被赶出队尾，因为它们不可能再被使用到），再将小于\(i-h\)的位置依次出队头。则队首所在位置便是源状态位于\([i-h,i+h]\)的最大值，即可得到现状态。
源代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=15e4+10;
LL q,m,d,n,s1=0,s2=1;
LL dp[2][maxn];
int main(){
scanf("%lld%lld%lld%",&n,&m,&d);
LL a,b,t,qian_t=1;
while(m--){
scanf("%lld%lld%lld%",&a,&b,&t);
LL h=(t-qian_t)*d;
qian_t=t;
deque<int> qu;
for(int i=1,j=1;i<=n;i++){
for(;j<=i+h&&j<=n;j++){
while(!qu.empty()&&dp[s1][qu.back()]<=dp[s1][j])qu.pop_back();
qu.push_back(j);
}
while(!qu.empty()&&qu.front()<i-h)qu.pop_front();
dp[s2][i]=dp[s1][qu.front()]+b-abs(i-a);
}
swap(s1,s2);
}
LL maxm=dp[s1][1];
for(int i=2;i<=n;i++){
if(dp[s1][i]>maxm)maxm=dp[s1][i];
}
printf("%lld",maxm);
}
结束语
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