线性dp+单调队列

题目：洛谷P5858 「SWTR-03」Golden Sword

看完题，就感觉是用dp解决，和背包问题有点像。如果简单地用f[i]表示放入第i种原料时宝剑的最大耐久度，显然不满足无后效性，因为对于一个耐久度是负数的材料，它需要锅里的材料尽可能少；反之对于大耐久度的材料，它需要锅里的材料尽可能多。如果遇上负耐久的一股脑的全拿走，后面有大的正耐久度的材料，总耐久度就不大了；如果一直不取，后面来一个负的大耐久，总耐久也不是最大。
如何消除后效性，做法之一就是给状态加一维，变成f(i,j)，表示第i个材料，当锅里有j个材料时，宝剑最大耐久度。这样的话后效性就被消除了，变成了无后效性，最终结果就是max(f(n,k)),k属于[1,w]。转移方程：
f(i,j)=max(f(i-1,k)+a[i]*j)，k属于[max(j-1,1)，min(i-1, j+s-1,w)]
因为在放入第i个材料时，如果一个都不取出，那么放第i-1个材料时候锅里有j-1个，加上新放入的第i个，正好是j个；如果取出s个，那么说明原来有j-1+s个。
j最大就是w，因为锅里只能放w个，先手画图感受一下样例3：

7 4 2
-5 3 -1 -4 7 -6 5

x	1	2	3	4
1	-5
2	-2	1
3	0	-1	-2
4	-4	-8	-13	-18
5	3	10	13	15
6	4	1	-3	-9
7	9	14	16	17

根据此方程写出代码：

#include 
#include 
#include 
#define MAX 5500
typedef long long ll;
using namespace std;

int n, w, s, a[MAX+1];
ll f[MAX+1][MAX+1];
void dp(){
    f[1][1] = a[1];
    for(int i = 2; i <= n; i++){
        for(int j = 1; j <= min(i, w); j++){
            //当第i个材料放到锅里以后，形成了j个，那么原来可能有多少个？
            //原来有j-1个，不用取，直接放入1个，就形成了j，原来不可能有0个
            //原来有j-1+s个，取走s，再放入1个，就形成了j，原来不可能有大于w个
            ll m = LLONG_MIN;
            for(int k = max(j-1, 1); k <= min(i-1, min(j-1+s, w)); k++){
                ll tmp = f[i-1][k];
                if (m < tmp){
                    m = tmp;
                }
            }
            f[i][j] = m + (ll)a[i] * j;
        }
    }
}
int main(){
    scanf("%d%d%d", &n, &w, &s);
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        scanf("%d", a + i);
    }
    dp();
    ll ans = LLONG_MIN;
    for(int i = 1; i <= w; i++){
        ans = max(ans, f[n][i]);
    }
    printf("%lld\n", ans);

    return 0;
}

单调队列优化

上面做法由于3层循环，复杂度是O(n(w平方))，只能85分，当s和w很大时候，出不来结果。
考虑优化，最外层循环肯定不能优化，总要从1看到n，内层两个循环，可以看成是一个大小为s+1的窗口（取的数目是[0,s]，所以窗口大小是s+1）不断向右滑动，每次设置f(i,j)时都是取出这个窗口里的最大值，使用单调队列，可以将内层两个循环的复杂度从w平方变成w。

#include 
#include 
#include 
#define MAX 5500
typedef long long ll;
using namespace std;

int n, w, s, a[MAX+1];
ll f[MAX+1][MAX+1];
int q[MAX], qi, qj;
void dp(){
    f[1][1] = a[1];
    for(int i = 2; i <= n; i++){
        qi = qj = 0;//初始化单调队列 
        //把1到s-1入队，肯定不需要队头出队
        int last;
        for(last = 1; last < s && last <= i - 1; last++){
            while(qi < qj && f[i-1][q[qj-1]] <= f[i-1][last]){
                qj--;
            }
            q[qj++] = last;
        } 
        last--;
        for(int j = 1; j <= min(i, w); j++){
            int st = max(j-1, 1);
            if (qi < qj && q[qi] < st){
                qi++;
            }
            int end = min(i-1, min(w, j - 1 + s));
            if (last < end){
                while(qi < qj && f[i-1][q[qj-1]] <= f[i-1][last+1]){
                    qj--;
                }
                q[qj++] = (++last);
            }
            f[i][j] = f[i-1][q[qi]] + (ll)a[i] * j;
        }
    }
}
int main(){
    scanf("%d%d%d", &n, &w, &s);
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        scanf("%d", a + i);
    }
    dp();
    ll ans = LLONG_MIN;
    for(int i = 1; i <= w; i++){
        ans = max(ans, f[n][i]);
    }
    printf("%lld\n", ans);

    return 0;
}