CDOJ 1132 酱神赏花 dp+单调栈降低复杂度+滚动数组

酱神赏花

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酱神去杭州赏花。

花展在一条街道上举行，这条街道上有一共有n个节点，自左而右从11到nn编号，11号和nn号是左右两个端点，两个相邻端点之间的距离为11.本次花展一共要展出mm朵花，在第titi时刻，有一朵颜值为bibi的花将在第aiai个节点展出，如果酱神在titi时刻处于第xx个节点，那么他能获得的开心值为bi−|x−ai|bi−|x−ai|，注意这个值可能为负。

在t=1t=1的时刻，酱神可以随意从11到nn选出一个节点作为赏花的起点。在接下来的每个单位时间段中，酱神最多能移动dd的距离。酱神每秒只能移动整数个距离，且任何时刻不能超出街道的范围。

他能获得的最大开心值为多少？

Input

第一行33个数n,m,dn,m,d。

接下来mm行,每行33个数ai,bi,tiai,bi,ti。

1≤n≤1051≤n≤105,1≤m≤1001≤m≤100

1≤ai≤n1≤ai≤n

1≤bi≤1091≤bi≤109

1≤ti≤1091≤ti≤109

1≤d≤1091≤d≤109

Output

输出一个数，酱神的最大开心值。

Sample input and output

Sample Input	Sample Output
30 4 2 27 3 1 11 4 1 11 4 1 1 2 20	-3

Source

2015 UESTC Training for Dynamic Programming

题意：在数轴上有1-n的n个点，共有m多花要开放，每次会在ti时刻在ai位置开出一朵颜值为bi的花

假如花开时你在x处，那么你得到的颜值是bi-(ai-x)，你单位时间移动的速度为d，为你能获得的最大颜值。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <algorithm>
#include <set>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long Ull;
#define MM(a,b) memset(a,b,sizeof(a));
const double eps = 1e-10;
const int  inf =0x7f7f7f7f;
const double pi=acos(-1);
const int N=100005;

struct node{
   int a,b;ll t;
}flower[N];

bool cmp(node a,node b)
{
   return a.t<b.t;
}

ll dp[N][3];
int n,m,d,x[N];

void init(int cur)
{
    for(int i=1;i<=n;i++) dp[i][cur]=-1e15;
}

int main()
{
    while(~scanf("%d%d%d",&n,&m,&d))
    {
        for(int i=1;i<=m;i++)
            scanf("%d%d%lld",&flower[i].a,&flower[i].b,&flower[i].t);
        sort(flower+1,flower+m+1,cmp);

        int cur=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            {
                dp[i][cur]=flower[1].b-abs(flower[1].a-i);
            }

        for(int k=2;k<=m;k++)
        {
            cur^=1;
            init(cur);
            ll limit=(flower[k].t-flower[k-1].t)*d;
            int l=1,r=1;
            for(int i=1;i<=n;i++)
            {
                while(l<r&&dp[i][cur^1]>=dp[x[r-1]][cur^1])  r--;
                x[r]=i;r++;
                while(l<r&&(i-x[l]>limit))  l++;
                dp[i][cur]=max(dp[i][cur],dp[x[l]][cur^1]+flower[k].b-abs(flower[k].a-i));
            }

            l=1;r=1;
            for(int i=n;i>=1;i--)
            {
                while(l<r&&dp[i][cur^1]>=dp[x[r-1]][cur^1])  r--;
                x[r]=i;r++;
                while(l<r&&(x[l]-i>limit))  l++;
                dp[i][cur]=max(dp[i][cur],dp[x[l]][cur^1]+flower[k].b-abs(flower[k].a-i));
            }
        }

        ll ans=-1e15;
        for(int i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,dp[i][cur]);
        printf("%lld
",ans);
    }
    return 0;
}

　　分析：经典的一道题，

1.首先预处理出第一次花开时，枚举在1-n各个点能获得的颜值。

2.dp[i][k]即为第k次花开时，人在i处获得的最大颜值，那么从小到大枚举每个i，并且维护一个从左到右的单调递减栈（第k-1多花开时），再判断当前枚举的i在单调栈中能达到的最左的点（限制条件就是人转移的距离），然后再从最左点转移一下到当前枚举的点i；

3.最后因为一个点可以从左边转移过来，也可以从右边转移过来，所以需要i从n到1再进行一次2步骤

这道题目能用单调栈降下来，关键是因为加入i跟i-1都能转移到j位置，那么如果dp[i][k-1]>=dp[i-1][k-1]的话，那么i-1这个点就不要判断了，直接丢掉