• 题解 · DTOJ #1865.最佳挤奶方案 (optmilk)


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    【题目描述】

    Farmer John最近购买了 (N(1 <= N <= 40000)) 台挤奶机,编号为 (1 ... N),并排成一行。第 (i) 台挤奶机每天能够挤 (M(i)) 单位的牛奶 ((1 < =M(i) <=100,000)) 。由于机器间距离太近,使得两台相邻的机器不能在同一天使用。Farmer John可以自由选择不同的机器集合在不同的日子进行挤奶。在 (D(1 < = D < = 50,000)) 天中,每天Farmer John对某一台挤奶机进行维护,改变该挤奶机的当天产量。

    Farmer John希望设计一个挤奶方案,使得挤奶机能够在 (D) 天后获取最多的牛奶。

    【 输入输出格式】

    输入格式:

    (1) 行:两个整数 (N)(D)

    (2..N+1) 行:每台挤奶机的 (M(i))

    (N+2..N+D+1) 行:两个整数 (i)(m),表示每天对机器 (i) 进行维护,机器i的产量为 (m)

    输出格式:

    一个数组表示最大产量

    【输入输出样例】

    输入样例:

    5 3
    1
    2
    3
    4
    5
    5 2
    2 7
    1 10

    输出样例:

    32

    【提示】

    【样例说明】
    (1) 天,最优方案为 (2+4=6) ( 方案 (1+3+2)一样)
    (2) 天,最优方案为 (7+4=11)
    (3) 天,最优方案为 (10+3+2=15)


    【标签】

    线段树,单点修改,区间DP。


    【分析】

    通过线段树来进行区间DP,维护最大点集。

    基本想法:

    化简题目:将 (n) 个点排成一排,每一个点都有一个点权,从中选出相互不能临近的最大点集。

    改进:

    由于需要维护区间信息,考虑通过线段树来进行区间DP。

    每个线段树的节点内都有一个(F)数组:

    1. (F[1][0]) 表示区间左端点取,右端点不取的最大点集的和。
    2. (F[0][1]) 表示区间左端点不取,右端点取的最大点集的和。
    3. (F[1][1]) 表示区间左端点取,右端点也取的最大点集的和。
    4. (F[0][0]) 表示区间左端点、右端点都不取的最大点集的和。

    因为两个相邻的点不能同时取,所以更新最大值的时候要进行分类讨论,举例当前树节点可以由:

    1. 子节点的 (F[1][0]) (+) 子节点的 (F[1][0])
    2. 子节点的 (F[1][0]) (+) 子节点的 (F[0][0])
    3. 子节点的 (F[1][1]) (+) 子节点的 (F[0][0])

    三种情况取最大值得来,其他情况同理,在更新时讨论即可。

    在建树时叶子节点的值为(F[1][1] = S[l])

    每组数据读入后进行线段树单点修改,(Ans) 增加线段树根节点的所有情况中的最大值即可。


    【代码】

    [C++]

    #include <bits/stdc++.h>
    #define wld(a) while(a(isdigit(c=getchar())))
    #define xpp x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48)
    #define LL long long
    #define R k<<1|1
    #define L k<<1
    using namespace std;
    const int MAXN = 40000+5;
    struct T{LL F[2][2];int l, r;}T[MAXN*4];
    
    int S[MAXN], n, d, p, v;
    long long Ans;
    
    inline int Rd(){char c;wld(!);int x=c^48;wld()xpp;return x;}
    inline void Update(int &k){  //更新数据
    	T[k].F[1][0] = max(max(T[L].F[1][0]+T[R].F[1][0], T[L].F[1][1]+T[R].F[0][0]), T[L].F[1][0]+T[R].F[0][0]);
    	T[k].F[0][1] = max(max(T[L].F[0][1]+T[R].F[0][1], T[L].F[0][0]+T[R].F[1][1]), T[L].F[0][0]+T[R].F[0][1]);
    	T[k].F[0][0] = max(max(T[L].F[0][1]+T[R].F[0][0], T[L].F[0][0]+T[R].F[1][0]), T[L].F[0][0]+T[R].F[0][0]);
    	T[k].F[1][1] = max(max(T[L].F[1][0]+T[R].F[1][1], T[L].F[1][1]+T[R].F[0][1]), T[L].F[1][0]+T[R].F[0][1]);
    }
    void Build(int k, int l, int r){  //建树
    	T[k].l = l, T[k].r = r;
    	if(l==r){T[k].F[1][1] = S[l];return;}
    	int mid = (l+r)>>1;
    	Build(L, l, mid);
    	Build(R, mid+1, r);
    	Update(k);
    }
    void Revise(int k){  //单点修改
    	if(T[k].l==T[k].r){T[k].F[1][1]=v;return;}
    	int Tmid = (T[k].l+T[k].r)>>1;
    	if(p<=Tmid) Revise(L);
    	else Revise(R);
    	Update(k);
    }
    int main(){
    	n=Rd(), d=Rd();
    	for(int i=1; i<=n; i++) S[i]=Rd();
    	Build(1, 1, n);
    	while(d--){
    		p=Rd(), v=Rd();
    		Revise(1);
    		Ans += max(max(T[1].F[1][1], T[1].F[0][0]), max(T[1].F[1][0], T[1].F[0][1]));
    	}
    	printf("%lld", Ans);
    	return 0;
    }
    

    【补充】

    分类讨论时要细心一点,要记得是先修改再统计。


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