vijos 1243 ——DP

首先这是一个DP,并且是一个数据加强版的DP。
题意：
在经过一段时间的经营后，dd_engi的OI商店不满足于从别的供货商那里购买产品放上货架，而要开始自己生产产品了！产品的生产需要M个步骤，每一个步骤都可以在N台机器中的任何一台完成，但生产的步骤必须严格按顺序执行。由于这N台机器的性能不同，它们完成每一个步骤的所需时间也不同。机器i完成第j个步骤的时间为T[i,j]。把半成品从一台机器上搬到另一台机器上也需要一定的时间K。同时，为了保证安全和产品的质量，每台机器最多只能连续完成产品的L个步骤。也就是说，如果有一台机器连续完成了产品的L个步骤，下一个步骤就必须换一台机器来完成。现在，dd_engi的OI商店有史以来的第一个产品就要开始生产了，那么最短需要多长时间呢？
某日Azuki.7对跃动说:这样的题目太简单,我们把题目的范围改一改。
对于菜鸟跃动来说,这是个很困难的问题,他希望你能帮他解决这个问题。
对于50%的数据，N<=5，L<=4，M<=10000
对于100%的数据，N<=5， L<=50000，M<=100000
一开始我想的DP方程式是这样的：
设： f[i][j][k]为对于第i个工程，第j个机器来做，且做完这个已经做了k个。
有转移：

f[i][j][k]=f[i−1][j][k−1]+t[i][j](k>1)

还有：
f[i][j][k] = min{f[i - 1][p][t]} + cost + t[i][j](k == 1 && t <= L && p != j)
这样肯定能通过50%的数据，然后我晚上想了想发现其实k那一维没什么用，因为我们只要知道了k = 1的情况，就一定能知道k > 1的情况。
然后一个词语浮现在我的脑海：
单调队列。
设f[i][j]表示在第i个工程上用第j个机器来做的最小花费。
则有转移方程：

f[i][j]=min(f[v][p]+sum[v−>i][j]+cost)

前缀和优化，可以看出：

f[i][j]=min(f[v][p]+sum[i][j]−sum[v][j]+cost)

f[i][j]=min(f[v][p]−sum[v][j])+sum[i][j]+cost;

然后仔细一想则直接维护在i前面所有的v使得：i - v < L即可。
并且在维护这一性质的同时，只要保证能够O(1)查询合法的最小值就可以了。
就变成一个裸的单调队列了……
我们在寻找最小值的时候，直接获取队头，看队头是否合法，如果不合法，那么弹出一个队头，继续判定。
得到这时的DP值的时候，用f[i][j]更新其它的队列即可。
然后虽然自己很懂这套理论还是略微抄了个题解下来……

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define Rep(i,n) for(int i = 1;i <= n;i ++)
#define RepG(i,x) for(int i = head[x];~ i;i = edge[i].next)
using namespace std;
void rd(int &x)
{
    x = 0;bool flag = 0;
    char ch = getchar();
    while((ch > '9' || ch < '0') && ch != '-')ch = getchar();
    if(ch == '-')flag = 1,ch = getchar();
    while(ch >= '0' && ch <= '9')x = 10 * x + ch - '0',ch = getchar();
    x = flag ? -x : x;
}
const int N = 100005;
const int inf = int(2e+9) + 1 << 25;
int sum[6][N],m,n,cost,l,f[N][6],q[6][N][2],h[6],t[6];
// f[i][j] = min { f[v][p] - sum[v][j] } + sum[i][j] + k;
int main(){
//  freopen("t1.txt","r",stdin);
    //rd(m),rd(n),rd(cost),rd(l);
    scanf("%d%d%d%d",&m,&n,&cost,&l);
    Rep(i,n)
        Rep(j,m){scanf("%d",&sum[i][j]);/*rd(sum[i][j]);*/sum[i][j] += sum[i][j - 1];}
    Rep(i,m)
        Rep(j,n)
            f[i][j] = inf;
    Rep(i,n)q[i][t[i]][0] = 0;
    Rep(i,m)
    {
        Rep(k,n)
        {
            int Maxn = inf;
            //int v = k,j = k;
            while(h[k]<=t[k] && i-q[k][ h[k] ][0]>l) h[k]++;
            /*int tt=q[k][ h[k] ][0],p=q[k][ h[k] ][1]; f[i][k]=min(f[i][k],f[tt][p]+sum[k][i]-sum[k][tt]+cost); */

            int pos = q[k][h[k]][0],s = q[k][h[k]][1];
            //while(h[k] < t[k] && i - pos > l)h[k] ++;
            f[i][k] = min(f[pos][s] - sum[k][pos] + sum[k][i] + cost,f[i][k]);
        }
        Rep(k,n)
            Rep(j,n) // f[i][j] 更新 q[v]
                if(k != j){
                    while(h[j] <= t[j] && f[i][k]-sum[j][i]<= f[ q[j][t[j]][0] ][q[j][t[j]][1]] - sum[j][q[j][t[j]][0]]) t[j]--;
                    q[j][++ t[j]][0] = i,q[j][t[j]][1] = k;
                }
    }
    int MA = inf;
    Rep(i,n)MA = min(MA,f[m][i]);
    printf("%d\n",MA - cost);
    return 0;
}