动态规划：洛谷P5858 「SWTR-03」Golden Sword | 运用 【单调队列】+【滚动数组】

洛谷P5858 「SWTR-03」Golden Sword

 

 

 

 　　　　洛谷的一题绿题，一定要看清楚题目我画红线的要按顺序投入，不按顺序投入我做不出来，那时候没看到想了好久555.直接想到构建二维dp数组，dp[i][j],i代表投进去第i种，j代表此时锅里有几种东西，所以可以得到状态转移方程:dp[i][j]=max(dp[i-1][k]）+j*a[i]   k就是上一层的锅里的数量，范围是j-1到min(j+s-1,w);这个k的范围非常重要，下面在我的代码里有讲到取值的原因。所以K的取值可以用一层循环，i j的遍历可以有两层循环，时间复杂度就是O(N3)，显然容易超时，所以我们需要改进。观察到dp[i][j]=max dp[i-1][k] k的取值区间其实就是一直随着j移动的一个窗口，像单调队列的经典题型，移动窗口，所以我们可以用单调队列来优化里面的j 和 k循环，把里面的时间复杂度从n2降为n 则最终的时间复杂度是n3.

一、O（n2）

//洛谷P5858 「SWTR-03」Golden Sword
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
long long a[5005];
long long dp[5005][5005];//表示刚投入的是i 并且此时锅里面有j种的耐久度
long long ans = -0x3f3f3f3f3f3f3f3f;//让ans尽可能小，便于比较得出答案
int main()
{
    int s, w, n;
    cin >> n >> w >> s;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)cin >> a[i];
    
    memset(dp, 0xcf, sizeof(dp));
    dp[0][0] = 0;
    //先把dp数组初始化为-的最小 并且让dp[0][0]=0
    //便于后面dp,保证了第一个投进去的时候从锅里面是空的状态dp 第二个投进去的时候从上一个状态转移
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        for (int j = 1; j <= w; ++j)
        {
            //投进去的时候锅里面有j个的可能 可能是从dp[i-1][k]转移来的
            //k最小可能是j-1 一个都没拿出来投进去,最多可能是j-1+s拿走了s个并且投入了1个 等于j 所以上一个状态是j+s-1
            for (int k = j - 1; k <= min(w, j + s - 1); ++k)
            {
                dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][k] + a[i] * j);
            }


        }
    }
    for (int i = 1; i <= w; ++i)//遍历最后一个是n 锅里面有i种的dp值 找到最优解
    {
        ans = max(ans, dp[n][i]);
    }
    cout << ans;
    return 0;

}

显然会超时：

 

 

 

 

二、单调队列 O(N2)

//洛谷P5858 「SWTR-03」Golden Sword
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
long long a[5005];
long long dp[5005][5005];//表示刚投入的是i 并且此时锅里面有j种的耐久度
long long ans = -0x3f3f3f3f3f3f3f3f;//让ans尽可能小，便于比较得出答案
int pos[5005];//单调队列下标数组
long long dl[5005];//单调队列 队列数组
int main()
{
    int s, w, n;
    cin >> n >> w >> s;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)cin >> a[i];

    memset(dp, 0xcf, sizeof(dp));
    dp[0][0] = 0;
    //先把dp数组初始化为-的最小 并且让dp[0][0]=0
    //便于后面dp,保证了第一个投进去的时候从锅里面是空的状态dp 第二个投进去的时候从上一个状态转移
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        //单调队列 并运用滚动数组
        int l = 1, r = 1;//每次都初始化队头和队尾为1
        dl[l] = dp[i - 1][w];
        pos[l] = w;
        for (int j = w; j >= 1; --j)
        {
            if (pos[l] > j + s - 1 && l <= r)l++;
            while (dp[i - 1][j - 1] > dl[r]&&l<=r)r--;
            dl[++r] = dp[i - 1][j - 1];
            pos[r] = j - 1;
            dp[i][j] = a[i] * j+dl[l];
        }

        
    }
    for (int i = 1; i <= w; ++i)//遍历最后一个是n 锅里面有i种的dp值 找到最优解
    {
        ans = max(ans, dp[n][i]);
    }
    cout << ans;
    return 0;

}

 

这题能用滑动窗口的思路是：

 

 

 

 

 

 完美通过。