POJ 1821 单调队列优化DP
2012-10-04 20:55
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题意:
有一道线性篱笆由N个连续的木板组成。有K个工人,你要叫他们给木板涂色。每个工人有3个参数:L 表示 这个工人可以涂的最大木板数目,S表示这个工人站在哪一块木板,P表示这个工人每涂一个木板可以得到的钱。要注意的是,工人i可以选择不涂任何木板,否则,他的涂色区域必须是连续的一段,并且S[i]必须包含在内。 最后还有,每块木板只能被涂一次。
思路:
第一眼,水题~dp[i][j]表示第i个人刷的最后一面墙是j时的最大获利
一看数据范围,我水了。。。
怎么优化呢?
dp[i][j]含义同上
dp[i][j]=max(dp[i-1][k]+(j-k)*p[i]) j-l[i]+1<=k+1<=s[i]
dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1],dp[i][j])//第i个人不刷,第j面墙不刷
其中第二个方程转移时0(1)的,不用优化了,第一个方程转移时0(n)的,我们要想办法优化它
优化方程一般就是恒等变形+找规律
dp[i][j]=max(dp[i-1][k]-k*p[i])+j*p[i]
其中j*p[i]在i,j两重循环中相当于常数,所以,对于状态dp[i][j]只要维护dp[i-1][k]-k*p[i]的最大值即可
就用单调队列维护
单调队列维护过程:(转自lyd神犇的博客)
单调队列具体的做法是:最外层循环为i,首先把j=1~s[i]-1转移完(因为它不涉及第三个转移),然后把(j-l[i]<=k<=s[i]-1)的决策点的F[i-1,k]-p[i]*k依次入队建立“入队早晚时间递增,F[i-1,k]-p[i]*k的值递减”的单调队列,接下来循环j=s[i]~s[i]+l[i]-1,进行这三个转移(第三个转移只需要用队首元素),其中每次需要把队首超出长度限制的决策点出队;最后把剩下的到n循环完,只需要前两个转移。
自己的单调队列写错了,不停地WA,借鉴了LYD神犇的步骤,嘿嘿,ac了~
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有一道线性篱笆由N个连续的木板组成。有K个工人,你要叫他们给木板涂色。每个工人有3个参数:L 表示 这个工人可以涂的最大木板数目,S表示这个工人站在哪一块木板,P表示这个工人每涂一个木板可以得到的钱。要注意的是,工人i可以选择不涂任何木板,否则,他的涂色区域必须是连续的一段,并且S[i]必须包含在内。 最后还有,每块木板只能被涂一次。
思路:
第一眼,水题~dp[i][j]表示第i个人刷的最后一面墙是j时的最大获利
一看数据范围,我水了。。。
怎么优化呢?
dp[i][j]含义同上
dp[i][j]=max(dp[i-1][k]+(j-k)*p[i]) j-l[i]+1<=k+1<=s[i]
dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1],dp[i][j])//第i个人不刷,第j面墙不刷
其中第二个方程转移时0(1)的,不用优化了,第一个方程转移时0(n)的,我们要想办法优化它
优化方程一般就是恒等变形+找规律
dp[i][j]=max(dp[i-1][k]-k*p[i])+j*p[i]
其中j*p[i]在i,j两重循环中相当于常数,所以,对于状态dp[i][j]只要维护dp[i-1][k]-k*p[i]的最大值即可
就用单调队列维护
单调队列维护过程:(转自lyd神犇的博客)
单调队列具体的做法是:最外层循环为i,首先把j=1~s[i]-1转移完(因为它不涉及第三个转移),然后把(j-l[i]<=k<=s[i]-1)的决策点的F[i-1,k]-p[i]*k依次入队建立“入队早晚时间递增,F[i-1,k]-p[i]*k的值递减”的单调队列,接下来循环j=s[i]~s[i]+l[i]-1,进行这三个转移(第三个转移只需要用队首元素),其中每次需要把队首超出长度限制的决策点出队;最后把剩下的到n循环完,只需要前两个转移。
自己的单调队列写错了,不停地WA,借鉴了LYD神犇的步骤,嘿嘿,ac了~
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#include <cstdio> #include <cstring> #include <cstdlib> #include <algorithm> #include <iostream> #define N 120 #define M 17000 using namespace std; struct RE { int l,p,s; }re ; int q[M],l ,r ,dp [17000],n,k; inline bool cmp(const RE &a,const RE &b) { return a.s<b.s; } void read() { for(int i=1;i<=k;i++) scanf("%d%d%d",&re[i].l,&re[i].p,&re[i].s); sort(re+1,re+1+k,cmp); for(int i=1;i<=k;i++) { l[i]=max(0,re[i].s-re[i].l); r[i]=min(n,re[i].s+re[i].l-1); } } void go() { for(int i=0;i<=n;i++) dp[0][i]=0; for(int i=1;i<=k;i++) { for(int j=0;j<re[i].s;j++) dp[i][j]=dp[i-1][j];//第i个粉刷匠不刷任何墙 int h=0,t=0; for(int j=l[i],tmp;j<re[i].s;j++)//将dp[i-1]层的最优状态存入单调队列 { tmp=dp[i-1][j]-j*re[i].p; while(t>h&&dp[i-1][q[t-1]]-q[t-1]*re[i].p<=tmp) t--; q[t++]=j; } for(int j=re[i].s,tmp;j<=r[i];j++) { while(t>h&&j-q[h]>re[i].l) h++;//弹出不在范围中的元素 dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]); dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][q[h]]+(j-q[h])*re[i].p); } for(int j=r[i]+1;j<=n;j++) dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]); } int ans=0; for(int i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,dp[k][i]); printf("%d\n",ans); } int main() { while(scanf("%d%d",&n,&k)!=EOF) { read(); go(); } return 0; }
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