cqyz oj |【综合训练】百层游戏 P2729 | DP动态规划 | 滑动窗口

Description

小沐最近迷上一款称为“100层”的游戏，其规则如下：
1、最开始角色在第一层某个房间。
2、每一层包含m个房间，在同一层上，角色可以向一个方向走，即要么向左，要么向右，但最多经过连续T个房间后到达同层一个房间（这里你可理解为连续经过T+1个房间）。
3、在每一层也可直接走到上一层，即从第i层的第j个房间，可以直接上到第i+1层的第j个房间。
4、角色每经过一个房间和到达一个房间，会获得一定的分数。所以角色最终获得的分数是它经过房间的分数之和。
5、游戏的目标是角色从第1层走到最高层要获取最高的分数。

Input

　　第一行包含四个整数：n,m,x,T，表示游戏共有n层，每层有m个房间，角色最初在第1层的第x个房间，角色在同一层上向左或向右最多经过T个房间。　　接下来的n行，每行包含m个整数，其中第i+1行的第j个整数，表示第i 层第j个房间的分数。

Output

　　一个整数，表示获取的最高分。

Sample Input 1

3 3 2 1
7 8 1
4 5 6
1 2 3

Sample Output 1

29

Hint

1<=N<=100,1<=M<=10000,1<=X,T<=M,-500<=房间分数<=500

---

一看到这个题就想起了另一个题目cqyz oj|P1419 HB办证，但是多了一个限制条件——每一层向左向右走的最大房间数量。
由那个题的思路，定义状态函数(dp(i,j))表示第(i)层第(j)个房间得分的最大值，设(a[i][j])为第(i)层第(j)个房间的得分，可以先得到一个粗略的思路：

[dp(i,j)=max left{ egin{array}{} max { dp(i-1,k)+sum_{k=j-T}^{j}a[i][k]} \ max { dp(i-1,l)+sum_{k=j}^{j+T}a[i][k]} end{array} ight} ]

初始化(dp(i,j)=-inf)，(dp(0,x)=0)
其中(k)是从该房间向左和向右走不超过(T)个房间到达的房间号，按照这个方程直接枚举(k)(O(T))，再计算连续和(O(T))，写出程序，时间复杂度(O(n*m*T*T)=O(10^{14}))，妥妥的超时

于是想到要进行优化，很容易想到的一个是对每一层先计算出前缀和和后缀和，将计算连续和的时间减为O(1)，转移方程（以下以前缀和为例）变为

[dp(i,j)=max left{ egin{array}{} max{dp(i-1,k)+sum(j)-sum(k-1)|j-T<=k<=j} \ max{dp(i-1,k)+sum(k)-sum(j-1)|j<=k<=j+T} end{array} ight} ]

这里的sum(i)即前缀和

但是时间(O(n*m*T)=O(10^{10}))依然超时，还要继续优化。这时候从方程入手好像没有什么可以优化的地方了，所以就考虑从怎么减少枚举(k)的时间入手
接下来以向左走为例（开始抄讲稿）：

设：(v1=max{dp(i-1,k)+sum(j)-sum(k-1) | j-T<=k<=j })
变形为：(v1=max{dp(i-1,k)-sum(k-1) | j-T<=k<=j } + sum(j))
观察：(max{dp(i-1,k) -sum(k-1) | j-T<=k<=j })实质就是在窗口([j-T,j])中选择 (dp(i-1,k)-sum(k-1))最大的元素。

以上变形是可以用滑动窗口优化的关键，在窗口中只需要维护(dp(i-1,k)-sum(k-1))的最大值而没有当前房间(j)的值干扰。
经过优化，每次只要取出队首和(sum(j))相减就可以得到(dp(i,j))，枚举时间降至O(1)，由于滑动窗口算法维护队列时间复杂度也是O(1)，算法速度达到理论下界O(n*m)（因为至少每个元素都要访问一次）

最后(Ans=max{dp(n,j)|1<=j<=m})

代码实现时空间复杂度可优化，可以读入一行处理一行，则a数组可以只开一行的大小，由于方程中当前行的状态只受前一行影响，dp数组可以优化为2层滚动使用。
具体代码见下：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<algorithm>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define maxn 105
#define maxm 10005
#define _for(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define _rof(i,a,b) for(int i=(a);i>(b);--i)
#define _rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define _per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
using namespace std;

int n,m,x,T;
int a[maxm];//每读一层当场处理，只要一维
int dp[2][maxm],now;//滚动成2层 
int qz[maxm],hz[maxm];
struct room{
	int val;
	int id;
};
deque<room> q,h;//双端队列
int main(){
	scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&x,&T);
	
	now=0;
	_rep(j,1,m)dp[now][j]=-inf;//初始化
	dp[now][x]=0;
	
	_rep(i,1,n){
		now^=1;
		
		_rep(j,1,m)scanf("%d",&a[j]);
		
		q.clear();
		_rep(j,1,m){
			qz[j]=qz[j-1]+a[j];
			
			int t=dp[now^1][j]-qz[j-1];
			while(!q.empty() && q.back().val < t)q.pop_back();
			q.push_back((room){t,j});
			
			while(!q.empty() && q.front().id+T<j)q.pop_front();
			dp[now][j]=q.front().val+qz[j];//因为是第一次更新，这里不需要max 
		}
		
		h.clear();
		_per(j,m,1){
			hz[j]=hz[j+1]+a[j];
			
			int t=dp[now^1][j]-hz[j+1];
			while(!h.empty() && h.back().val < t)h.pop_back();
			h.push_back((room){t,j});
			
			while(!h.empty() && h.front().id-T>j)h.pop_front();
			dp[now][j]=max(dp[now][j], h.front().val+hz[j]);//这里需要，以判断从左边过来好还是右边过来好 
		}
	}
	
	int ans=0;
	_rep(j,1,m)ans=max(ans,dp[now][j]);
	printf("%d",ans);
	return 0;
}