[单调队列优化DP]JZOJ 3128 跳格子

以你之姓@ 2021-12-16 01:09 256阅读 0赞

#### Description ####

奶牛们正在回味童年，玩一个类似跳格子的游戏，在这个游戏里，奶牛们在草地上画了一行N个格子，(3 <=N <= 250,000)，编号为1..N。

就像任何一个好游戏一样，这样的跳格子游戏也有奖励！第i个格子标有一个数字V\_i(-2,000,000,000 <=V\_i <= 2,000,000,000)表示这个格子的钱。奶牛们想看看最后谁能得到最多的钱。

规则很简单：

\* 每个奶牛从0号格子出发。(0号格子在1号之前，那里没钱)

\* 她向N号格子进行一系列的跳跃(也可以不跳)，每次她跳到的格子最多可以和前一个落脚的格子差K格(1 <= K <= N)(比方说，当前在1号格，K=2, 可以跳到2号和3号格子)

\* 在任何时候，她都可以选择回头往0号格子跳，直到跳到0号格子。

另外，除了以上规则之外，回头跳的时候还有两条规则：

\* 不可以跳到之前停留的格子。

\* 除了0号格子之外，她在回来的时候，停留的格子必须是恰巧过去的时候停留的某个格子的前一格(当然，也可以跳过某些过去时候停留的格子)。简单点说，如果i号格子是回来停留的格子，i+1号就必须是过去停留的格子，但如果i+1号格子是过去停留的格子，i号格子不一定要是回来停留的格子。

她得到的钱就是所有停留过的格子中的数字的和，请你求出最多奶牛可以得到的钱数。

#### Input ####

* 第1行 1: 两个用空格隔开的整数: N 和 K

* 第2到N+1行: 第i+1行有一个整数: V_i

#### Output ####

* 第一行: 一个单个的整数表示最大的钱数是多少。

#### Sample Input ####

5 2
    0
    1
    2
    -3
    4

#### Sample Output ####

#### Data Constraint ####

#### Hint ####

【样例解释】

在样例中，K=2，一行5个格子，钱数分别为0、1、2、-3、4

一个合法的序列Bessie可以选择的是0\[0\], 1\[0\], 3\[2\], 2\[1\], 0\[0\]。(括号里的数表示钱数)这样，可以得到的钱数为0+0+2+1+0 = 3。

如果Bessie选择一个序列开头为0, 1, 2, 3, ...，那么她就没办法跳回去了，因为她没办法再跳到一个之前没跳过的格子。

序列0[0], 2[1], 4[-3], 5[4], 3[2], 1[0], 0[0]是最大化钱数的序列之一，最后的钱数为(0+1-3+4+2+0 = 4)。还有一种可能的最大化钱数的序列是: 0[0] 2[1] 4[-3] 5[4] 3[2] 1[0] 0[0]。

# 分析 #

我们可以贪心的思考一下，先考虑只跳正数钱的格子，那我们设s\[i\]为1..i中所有正数的和

f\[i\]为跳到i且i-1作为跳回来的格子的最大钱数，那么方程还算挺明显的：f\[i\]=max\{f\[j\]+s\[i-2\]-s\[j\]\}+v\[i\]+v\[i-1\]

然后最后答案是max\{f\[i\]+s\[i+k-1\]-s\[i\]\}

然后f\[j\]-s\[j\]这一段是可以用单调队列优化的 就很简单啦

![ContractedBlock.gif][] ![ExpandedBlockStart.gif][]

#include <iostream> 
    #include <cstdio>
    #include <queue>
    using namespace std;
    typedef long long ll;
    const int N=2.5e5+10;
    int pos[N];
    deque<ll> q;
    int n,k,l,r;
    ll v[N],s[N],ans,f[N];
    
    int main() {
        scanf("%d%d",&n,&k);
        for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&v[i]),s[i]=s[i-1]+(v[i]<0ll?0ll:v[i]);
        l=1;r=0;
        for (int i=2,j=0;i<=n;i++,j++) {
            ll now=f[j]-s[j];
            while (!q.empty()&&q.back()<=now) q.pop_back(),r--;
            q.push_back(now);pos[++r]=j;
            while (!q.empty()&&pos[l]<i-k) l++,q.pop_front();
            f[i]=q.front()+s[i-2]+v[i-1]+v[i];
        }
        ans=f[1]+s[min(1+k,n)];
        for (int i=2;i<=n;i++) {
            ans=max(ans,f[i]+s[min(i+k-1,n)]-s[i]);
        }
        printf("%lld",ans);
    }

转载于:https://www.cnblogs.com/mastervan/p/10777581.html

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