Mowing the Lawn G「单调队列优化DP」
题目描述
在一年前赢得了小镇的最佳草坪比赛后，Farm John变得很懒，再也没有修剪过草坪。现在，新一轮的最佳草坪比赛又开始了，Farm John希望能够再次夺冠。
然而，Farm John的草坪非常脏乱，因此，Farm John只能够让他的奶牛来完成这项工作。Farm John有\(N\)(\(1 <= N <= 100,000\))只排成一排的奶牛，编号为\(1...N\)。每只奶牛的效率是不同的，奶牛i的效率为\(E_i\)(\(0 <= E_i <= 1,000,000,000\))。
靠近的奶牛们很熟悉，因此，如果Farm John安排超过\(K\)只连续的奶牛，那么，这些奶牛就会罢工去开派对:)。因此，现在Farm John需要你的帮助，计算FJ可以得到的最大效率，并且该方案中没有连续的超过\(K\)只奶牛。
输入格式
第一行：空格隔开的两个整数 \(N\) 和 \(K\)
第二到 \(N+1\) 行：第 \(i+1\) 行有一个整数 \(E_i\)
输出格式
第一行：一个值，表示 Farm John 可以得到的最大的效率值
输入输出样例
输入 #1
5 2
1
2
3
4
5
输出 #1
12
思路分析
-
首先不难想到，每只奶牛在当前选或者不选都有可能对后续的最佳答案产生影响，所以我们在转移时完全可以将这两个状态分开来存，即开一个二维的\(f\)数组。
-
另外像这种需要连续选物品的\(DP\)，使用前缀和数组会有奇效
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定义\(f[i][0/1]\)数组表示到第i头牛，状态为\(0/1\)的情况，\(0\)表示不选，\(1\)表示选。那么两种状态的转移方程就可以得出：
- 对于不选的情况，我们直接从上一个转移即可，即：\(f[i][0] = max(f[i-1][1],f[i-1][0])\)。
- 选了的情况相对复杂，我们让当前这头牛为一连串牛的结尾，遍历起点，则有：\(f[i][1] = max(f[i][1],f[j-1][0]+sum[i]-sum[j-1])\);
信心满满的交上去，70分T掉 -
显然，这样的转移方程在一串牛的长度很长时时间效率会很低，所以考虑优化
-
仔细看一看\(f[i][1]\)的这个转移方程，我们是以\(i\)为终点寻找一个最优起点，那最最优的起点应该有两条性质：
- 效率值大
- 位置靠后(这样才可以形成更长的序列)
-
根据上面的性质，对于一些两个都不符合的点，显然就没有机会再选了，要想对后面的情况产生贡献，最起码得占一个，显然要用单调队列来维护，这也是单调队列的核心思想：人家比你小还比你强，凭什么选你
-
根据上面的转移方程，因为\(sum[i]\)是定值，所以用队列维护\(f[j-1][0]-sum[j-1]\)就可以了（别把前缀和丢了）
Code
#include
#include
#include
#include
#define N 100010
#define ll long long
using namespace std;
inline ll read(){
ll x = 0,f = 1;
char ch =getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
return x * f;
}
ll n,k;
ll f[N][2],e[N],sum[N],q[N];
int main(){
n = read(),k = read();
for(int i = 1;i <= n;i++){
e[i] = read();
sum[i] = sum[i-1] + e[i];
}
int head = 0,tail = 1;//注意队首为0，要不你会默认最开始1不选是最优的
q[tail] = 1;
f[1][1] = e[1];
for(int i = 2;i <= n;i++){
while(head<=tail && i-q[head] > k)head++;
f[i][1] = f[q[head]][0] + sum[i] - sum[q[head]];//既然在队首没被弹掉，肯定是最大的啦
f[i][0] = max(f[i-1][0],f[i-1][1]);//这个直接转移就行
while(head<=tail && f[i][0]-sum[i]>=f[q[tail]][0]-sum[q[tail]])tail--;
q[++tail] = i;
}
printf("%lld\n",max(f[n][0],f[n][1]));
return 0;
}