【 Educational Codeforces Round 58 (Rated for Div. 2) F. Trucks and Cities】 DP+单调队列优化

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F. Trucks and Cities

题意

有n个城市在x轴上，有m辆卡车，每辆卡车有四个属性，分别是起始城市s，终止城市f，每公里消耗燃料燃料消耗c，和可加油次数r。每次加油卡车油量加满，卡车的油量为V，所有卡车初始油量都是满的。求能让所有卡车从起点到达终点的最小油量V。

$2<=n<=400,1<=m<=250000$
$1<=a_i<=10^9,a_i<a_{i+1}$
做法

首先考虑暴力的$n^4$的做法。设$dp[i][j][k]$为 从$i$出发到达$j$休息$k$次的最小间隔。
$$dp\left[i\right]\left[j\right]\left[k\right]=\underset{l=i+1}{\stackrel{j-1}{\min }}\left(\max \left(dp\left[i\right]\left[l\right]\left[k-1\right],a\left[j\right]-a\left[l\right]\right)\right)$$
代码

#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 405;
int dp[maxn][maxn][maxn]; // dp[i][j][k] 表示从i出发到达j中间停留k次的最长间隔。
int a[maxn];
int main()
{
    int n,m;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=i+1;j<=n;j++)
        {
            dp[i][j][0]=a[j]-a[i];
            for(int k=1;k<=n;k++)
            {
                dp[i][j][k]=a[j]-a[i];
                for(int l=i+1;l<j;l++)
                {
                    dp[i][j][k]=min(dp[i][j][k],max(dp[i][l][k-1],a[j]-a[l]));
                }
            }
        }
    }
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int s,f,c,r;
        scanf("%d%d%d%d",&s,&f,&c,&r);
        ans=max(ans,1LL*dp[s][f][r]*c);
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

首先我们可以滚动掉第一维，之后我们可以发现，
$$\max \left(dp\left[i\right]\left[l\right]\left[k-1\right],a\left[j\right]-a\left[l\right]\right)$$
这个是满足决策单调性的，我们只需要一个单调队列维护，复杂度就变为$n^3$

代码

#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 405;
int dp[maxn][maxn]; // dp[i][j][k] 表示从i出发到达j中间停留k次的最长间隔。
int a[maxn];
int pos[maxn];
struct data
{
    int f,c,r;
    data(){}
    data(int ff,int cc,int rr)
    {
        f=ff;
        c=cc;
        r=rr;
    }
};
vector<data> G[maxn];
int main()
{
    int n,m;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int s,f,c,r;
        scanf("%d%d%d%d",&s,&f,&c,&r);
        G[s].push_back(data(f,c,r));//离线处理每个起点为s的查询
    }
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=i+1;j<=n;j++)
        {
            dp[j][0]=a[j]-a[i];
            int pos=0;
            for(int k=1;k<=n;k++)
            {
                dp[j][k]=a[j]-a[i];
                while(pos+1<=j&&dp[pos+1][k-1]<a[j]-a[pos+1]) pos++;//单调队列优化DP
                dp[j][k]=min(dp[j][k],min(a[j]-a[pos],dp[pos+1][k-1]));
            }
        }
        for(int j=0;j<G[i].size();j++)
        {
            int f=G[i][j].f;
            int c=G[i][j].c;
            int r=G[i][j].r;
            ans=max(ans,1LL*dp[f][r]*c);
        }
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}