《阿里巴巴集团杯》2011(春)HIT ACM程序设计竞赛 解题报告

传送门

A题 Best Fit Ring

题意：修改某点值，求最大区间和
当时一直想用树状数组做，结果还是没做出来。正解应该是线段树来做，mark下，以后做。

//待做

B题Seven Roads

待做

//待做

C题Shortest Path

题意：

数轴上有n个点，从0..n-1，每个点处有个x[i]，表示在此点可以一步到达[i,i+x[i]]中任意一整点处,问从0开始，最少几步可以到达n-1

此题明显是动归，但有不同的优化做法：直接动归，单调队列，分段法。。。

直接动归：

f[i]表示到达i时，所走的最小步数，然后更新f[k],f[k]=min(f[k],f[i]+1]) i < k <= i+x[i];但是这个时间复杂度太高，很可能超时

单调队列优化：

考虑最终的f，满足单调性，即对于x1<x2 ,有f[x1]<=f[x2]
故保存一个队列，队列里每个元素有两个值，一是所能到达的最远位置，二是所走的步数
此队列的单调性为：最远位置有小到大，所走步数有小到大
这样，对于每个i，先判断队首位置是否能达到i，不行的话队首指针后移，直到能打到i，这时f[i]就是队首元素的步数+1，然后把i从队尾入队，若i+x[i]不比队尾的最远位置大，i不用入队，否则判断f[i]与队尾的步数大小比较，若不大于，则尾指针前移，直到不满足为止，然后把i加入到尾部
这样，n个数，每个数入队一次，出队一次，平摊复杂度为O（1），总复杂度为O（n）

分段法：

考虑上面的单调队列，任一时刻，队列里最多只会有2个元素，这时由于每个点往后加的步数都是1所决定的，即步数都为k的那一段只由步数都为k-1的那一段所决定，跟步数为0..k-2的点没关系。
于是可以按步数动归，即由当前步数为k这一段，求出步数为k+1这一段的范围
设步数为k这一段区间范围为[p,q],则k+1这一段的范围为[q+1,max(i+x[i])]，其中p< =i<=q
这样复杂度也是O(n)
明显这种做法比上一种好写，一般越好写代表问题越特殊，如果题目再一般化一点，这种做法就行不通了。

一般化的问题：

数轴上有n个点，从0..n-1，每个点处有个x[i]，step[i]表示在此点可以step[i]步到达[i,i+x[i]]中任意一整点处,问从0开始，最少几步可以到达n-1

这样第二种做法就很容易解决了。单调队列做法：

#include <iostream>
#define N 100010
using namespace std;
int a[N],q[N],p[N],f[N];
int main()
{
    int t,i,head,tail,n;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d",&n);
        for(i=0;i<n ;i++)
            scanf("%d",a+i);
        head=0;
        tail=1;
        q[0]=0;
        p[0]=a[0];
        for(i=1;i<n;i++)
        {
            while(head<tail&&p[head]<i)head++;
            if(head==tail)break;
            f[i]=q[head]+1;
            while(head<tail&&i+a[i]>=p[tail-1]&&q[head]+1< =q[tail-1])tail--;
            if(head<tail&&i+a[i]<=p[tail-1]&&q[head]+1>=q[tail-1])continue;
            //cout< <p[head]<<' '<<q[head]<<endl;
            q[tail]=q[head]+1;
            p[tail]=i+a[i];
            tail++;
        }
        if(i==n)printf("%d\n",f[n-1]);
        else puts("-1");
    }
    return 0;
}