Vijos-1243 生产产品 (DP单调队列优化)

描述

在经过一段时间的经营后，dd_engi的OI商店不满足于从别的供货商那里购买产品放上货架，而要开始自己生产产品了！产品的生产需要M个步骤，每一个步骤都可以在N台机器中的任何一台完成，但生产的步骤必须严格按顺序执行。由于这N台机器的性能不同，它们完成每一个步骤的所需时间也不同。机器i完成第j个步骤的时间为T[i,j]。把半成品从一台机器上搬到另一台机器上也需要一定的时间K。同时，为了保证安全和产品的质量，每台机器最多只能连续完成产品的L个步骤。也就是说，如果有一台机器连续完成了产品的L个步骤，下一个步骤就必须换一台机器来完成。现在，dd_engi的OI商店有史以来的第一个产品就要开始生产了，那么最短需要多长时间呢？

某日Azuki.7对跃动说:这样的题目太简单,我们把题目的范围改一改

对于菜鸟跃动来说,这是个很困难的问题,他希望你能帮他解决这个问题

格式

输入格式

第一行有四个整数M, N, K, L

下面的N行，每行有M个整数。第I+1行的第J个整数为T[J,I]。

输出格式

输出只有一行，表示需要的最短时间。

样例1

样例输入1[复制]

3 2 0 2
2 2 3
1 3 1

样例输出1[复制]

4

限制

1s

提示

对于50%的数据，N<=5，L<=4，M<=10000

对于100%的数据，N<=5， L<=50000，M<=100000

分析：f[i][j]表示机器j执行到第i部分的最小值，f[i][j] = k + f[k][p] - sum[j][p] + sum[j][i] 那么对于一个机器j，它的决策是随着j单调递增的，于是我们可以开五个单调队列来加速状态转移，这题还有一个易错点，不能求出一个f[i][j]就直接更新队列，要把第i阶段状态都求出后再更新队列。

#include <map>
#include <queue>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <utility>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define INF 214748364700
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
deque <pii> s[6];
long long n,m,k,l,w[6][100006],f[100006][6];
int main()
{
cin.sync_with_stdio(false);
cin>>m>>n>>k>>l;
for(int i = 1;i <= n;i++)
{
for(int j = 1;j <= m;j++)
{
cin>>w[i][j];
w[i][j] += w[i][j-1];
}
}
for(int i = 1;i <= n;i++) s[i].push_back(make_pair(0,i));
for(int i = 1;i <= m;i++)
{
for(int j = 1;j <= n;j++)
{
while(!s[j].empty() && i - s[j].front().first > l) s[j].pop_front();
f[i][j] = f[s[j].front().first][s[j].front().second] + w[j][i] - w[j][s[j].front().first] + k;
}
for(int j = 1;j <= n;j++)
{
for(int num = 1;num <= n;num++)
if(num != j)
{
while(!s[num].empty() && f[s[num].back().first][s[num].back().second] - w[num][s[num].back().first] >= f[i][j] - w[num][i]) s[num].pop_back();
s[num].push_back(make_pair(i,j));
}
}
}
long long ans = INF;
for(int i = 1;i <= n;i++) ans = min(f[m][i],ans);
cout<<ans-k<<endl;
}