[BZOJ]2131: 免费的馅饼 DP+树状数组

Description

题解：

这题好神啊！首先要会最简单的DP：先按t从小到大排序，f[i]表示接到排序后第i块馅饼的最大分数和，那么转移就是把前面的扫一遍，复杂度O(n2)。我们观察转移的条件，若能从f[j]转移到f[i]，那么有：t[j]<=t[i]p[i]−p[j]<=2×(t[i]−t[j])p[j]−p[i]<=2×(t[i]−t[j])（后面两条不等式实际上是由|p[i]−p[j]|<=2×(t[i]−t[j])得到的）

我们又注意到，满足第2、3条不等式，那么第1条就一定满足。那么对于第2、3条，移项可得：2×t[i]+p[i]>=2×t[j]+p[j]2×t[i]−p[i]>=2×t[j]−p[j]

设x[i]=2×t[i]+p[i],y[i]=2×t[i]−p[i]，f[j]能转移到f[i]的条件就是x[j]<=x[i]且y[j]<=y[i]，你也可以这么理解，平面上在i左下角的点都可以转移到i。然后就好搞了，对x排序，然后离散化y，用树状数组维护最大值，就可以做到O(nlogn)转移了。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pa pair<int,int>
#define LL long long
const int Maxn=100010;
const int inf=2147483647;
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
}
int w,n,f[Maxn],Y[Maxn],ans=-1;
struct A{int t,p,v,x,y;}a[Maxn];
bool cmpxy(A a,A b){return((a.x==b.x)?a.y<b.y:a.x<b.x);}
int mx[Maxn];
void change(int x,int y){for(;x<=n;x+=(x&-x))mx[x]=max(mx[x],y);}
int getmax(int x){int re=-1;for(;x;x-=(x&-x))re=max(re,mx[x]);return re;}
map<int,int>o;
int main()
{
w=read();n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int t=read(),p=read(),v=read();
a[i].t=t,a[i].p=p,a[i].v=v;
a[i].x=2*t+p;a[i].y=Y[i]=2*t-p;
}
sort(a+1,a+1+n,cmpxy);
sort(Y+1,Y+1+n);int num=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(Y[i]!=Y[i-1]||i==1)o[Y[i]]=++num;
else continue;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int t=o[a[i].y];
ans=max(ans,f[i]=getmax(t)+a[i].v);
change(t,f[i]);
}
printf("%d",ans);
}