【HDU4374】One hundred layer-单调队列优化DP

测试地址：One hundred layer

题目大意：一座塔有N层，每一层有一排M个位置，要从第一层的第X个位置出发，每一层只能向某一个方向走动至多T步，然后就要跳到下一层的与该层跳下位置对应的那个位置。每个位置上都有一个分数，最终得分就是所有走过的位置上分数的和，求最大的最终得分。

做法：本题是一个单调队列优化DP的题目。

这一题是DP应该能很显然地看出来，设f(i,j)为从第i层第j个位置开始走，一直到达最底层的最大得分，那么有状态转移方程：

f(i,j)=max(max{f(i+1,k)+w(i,k,j)|j−T≤k≤j},max{f(i+1,k)+w(i,j,k)|j≤k≤j+T})

其中w(i,j,k)为第i行第j到第k个位置的分数之和，即∑kp=jaip。这个方程应该很容易理解，里面的两个max分别表示向左走和向右走的最大得分，两者再取个max就是总体上的最大得分了。

w可以用前缀和O(NM)预处理出来，那么上述方程就是O(NM2)的。显然会炸，需要考虑优化。

考虑到向左走和向右走两种情况是对称的，所以我们这里只讨论向左走的情况。我们处理出了前缀和sum(i,j)=∑jk=1aik，那么上面的式子可以写成：

max{f(i+1,k)+sum(i,j)−sum(i,k−1)|j−T≤k≤j}

我们发现sum(i,j)在求f(i,j)时可以算作常量，可以提出括号，所以我们就是要求：

max{f(i+1,k)−sum(i,k−1)|j−T≤k≤j}

观察发现，f(i+1,k)−sum(i,k−1)是由变量k所唯一确定的常量，而k的取值范围大小恒定，显然可以使用单调队列优化，这样方程的复杂度就是O(NM)的了。

对于向右走的情况同理，这里就不赘述了，最后算法的时间复杂度为O(NM)，完美解决了这一题。

最后还需要注意的是，输入可能有多组测试数据，小心不要被坑了……

以下是本人代码：

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define inf 1000000000
using namespace std;
int n,m,x,t;
int a[110][10010],f[110][10010],lsum[110][10010],rsum[110][10010];
int q[10010],head,tail;

int main()
{
while(scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&x,&t)!=EOF)
{
memset(lsum,0,sizeof(lsum));
memset(rsum,0,sizeof(rsum));
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
scanf("%d",&a[i][j]);
for(int i=1;i<=m;i++) f[n+1][i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
lsum[i][0]=rsum[i][m+1]=0;
for(int j=1;j<=m;j++) lsum[i][j]=lsum[i][j-1]+a[i][j];
for(int j=m;j>=1;j--) rsum[i][j]=rsum[i][j+1]+a[i][j];
}
for(int i=n;i>=1;i--)
{
head=1,tail=0;
for(int j=1;j<=m;j++)
{
f[i][j]=-inf;
while(head<=tail&&q[head]<j-t) head++;
while(head<=tail&&f[i+1][j]-lsum[i][j-1]>=f[i+1][q[tail]]-lsum[i][q[tail]-1]) tail--;
q[++tail]=j;
f[i][j]=max(f[i][j],f[i+1][q[head]]+lsum[i][j]-lsum[i][q[head]-1]);
}
head=1,tail=0;
for(int j=m;j>=1;j--)
{
while(head<=tail&&q[head]>j+t) head++;
while(head<=tail&&f[i+1][j]-rsum[i][j+1]>=f[i+1][q[tail]]-rsum[i][q[tail]+1]) tail--;
q[++tail]=j;
f[i][j]=max(f[i][j],f[i+1][q[head]]+rsum[i][j]-rsum[i][q[head]+1]);
}
}
printf("%d\n",f[1][x]);
}

return 0;
}