DP起手练习6(好题！)

题目背景

传送门：「SWTR-03」Golden Sword

小$\mathrm{E}$不幸在一场战斗中失去了他的金宝剑。

题目描述

制造一把金宝剑需要 nn 种原料，编号为 11 到 nn，编号为 ii 的原料的坚固值为$a_i$.
炼金是很讲究放入原料的顺序的，因此小$\mathrm{E}$必须按照1到n的顺序依次将这些原料放入炼金锅。

但是,炼金锅的容量非常有限,它最多只能容纳w个原料。

所幸的是,每放入一个原料之前,小$\mathrm{E}$可以从中取出一些原料,数量不能超过s个。

放入第$i$种原料时所增加的耐久度为:锅内的原料总数 $\ast a_i$,则宝剑的耐久度为所有原料的耐久度之和.

小$\mathrm{E}$当然想让他的宝剑的耐久度尽可能得大，这样他就可以带着它进行更多的战斗，请求出耐久度的最大值。

注：这里的“放入第i种原料时锅内的原料总数包括正在放入锅中的原料，详细信息请见样例。

输入格式

第一行，三个整数 n,w,s.
第二行，n个整数$a_1,a_2,\dots ,a_n$.

输出格式

一行一个整数，表示耐久度的最大值。

输入输出样例
输入 #1
5 3 3
1 3 2 4 5
输出 #1
40
输入 #2
5 3 3
1 -3 -2 4 5
输出 #2
21
输入 #3
7 4 2
-5 3 -1 -4 7 -6 5
输出 #3
17
输入 #4
5 3 1
-1 -3 -2 -4 -5
输出 #4
-15

说明/提示
对于100%的数据，有 $1\le s\le w\le n\le 5500，0\le |a_i|\le 10^9$(时限$500ms$)
对于所有测试点，空间限制$256\mathrm{M}\mathrm{B}$.

思路及代码

此题对于DP老手来说非常简单,但对于我这种DP蒟蒻却是男难上加难(连DP状态转移方程都不会推 )!下面说说思路.
我们可以先通过DP的解题套路来帮助思考:
第一:找状态,本题首先想到的便是用二维状态暴力DP解题.根据题意,我们很容易得知用$f[i][j]$来表示在第$i$个原料放入后锅中还有$j$个原料时的耐久度的最大值.
第二:基本处理,因为这道题的$a_i$是可以为负数的,要求最大值就必须将所有状态量的初始值都赋为负无穷,又由于DP需要一个确定的原始状态量,所以我们得再把$f[0][0]$的值赋为0(显然 ).最后我们要求的答案$ans$便是$max(f[n][j])(1=<j<=m)$.
第三:求DP转移方程.这是DP的核心,也是我认为DP中最难的地方,但你只要样例够多或者有个暴力 DFS代码,慢慢试就行了,也不会用太长时间就试出来了.最后得出DP转移方程为:
$f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][k]+j\ast a[i])(j-1<=k<=min(m,j+s-1))$
暴力全算出来即可,然后就可以开开心心交代码了！

#include
#define N 6000
#define ll long long
using namespace std;

ll n,m,s;
ll a[N],f[N][N],ans=-1e17+7;

int main()
{
	scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&s);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	scanf("%lld",&a[i]);

	for(int i=0;i<=n;i++)
		for(int j=0;j<=m;j++)
		f[i][j]=-1e17+7;
	f[0][0]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=m;j>0;j--)
		{
			for(int k=min(m,s+j-1);k>=j-1;k--)
			f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][k]+j*a[i]);
		}
	for(int i=0;i<=m;i++)
	ans=max(ans,f[n][i]);
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

然后QAQ???

由于该算法的复杂度是$O(m\ast n^2)$,所以肯定会T.这时我就怒了:我TM 花两个小时来搞这一个大佬眼中1分钟就能切的简单DP题居然还被卡住了?!! 言归正传,遇到困难,我们不能放弃,要微笑着面对它! 在寻找一切尽可能优化的方式之后,我发现在：
$f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][k]+j\ast a[i])(j-1<=k<=min(m,j+s-1))$
中,$j\ast a[i]$其实是个定值,所以我们就可以把它简化为：
$f[i][j]=max(f[i-1][k])+j\ast a[i](j-1<=k<=min(m,j+s-1))$
然后我们就可以用熟悉的 数据结构单调队列来优化啦.
这使得复杂降为$O(n\ast m)$稳过!

#include
#define N 6000
#define int long long//很保险的方式,不过主函数要改为signed main().
using namespace std;

int n,m,s;
int a[N],f[N][N],q[N],poi[N],ans=-1e17+7;
//q[]存储f[][]的值,poi[]存储f[][]的第二维.

signed main()
{
	scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&s);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	scanf("%lld",&a[i]);

	for(int i=0;i<=n;i++)
		for(int j=0;j<=m;j++)
		f[i][j]=-1e17+7;
	f[0][0]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int l=1,r=1;
		q[l]=f[i-1][m];
		poi[l]=m;
		for(int j=m;j>0;j--)//单调队列线性优化
		{
			while(l<=r&&poi[l]>(s+j-1))l++;
			while(l<=r&&q[r]<f[i-1][j-1])r++;
			poi[++r]=j-1;
			q[r]=f[i-1][j-1];
			f[i][j]=q[l]+a[i]*j;
		}
	}
	for(int i=0;i<=m;i++)
	ans=max(ans,f[n][i]);
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

然后AC!!!

希望这篇博客对各位巨佬 DP新手们有所帮助。