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題目大意：給出一個n*m的街道，其中有(n+1)*m條街道，每條街道都有一個值，現在我們需要從最下面的任意一點出發，到達最上面的任意一點結束，問如何規劃路線能讓沿途經過的街道的權值和最大，現在多了一個規則，就是橫向的街道每次最多只能走k個單位的距離

題目分析：首先我們在讀入數據的時候可以將行反轉一下，這樣題目就轉換成了從第一行任意一點出發，到最后一行任意一點結束，所能產生的最大貢獻，這一步可有可無，純粹是習慣性的方便計算

然后我們來設計一下動態規劃的dp，轉移方程以及初始條件，因為是一個二維的坐標系，我們可以設dp[i][j]代表到達第i行第j列所能產生的最大貢獻，這個時候轉移方程也就很輕易的就寫出來了：設val[i]是1~i的權值的前綴和

dp[i][j]=max(dp[i-1][j]+val[i][kk]-val[i][j],dp[i-1][j]+val[i][j]-val[i][kkk]);

注意因為我們在拐彎之后，只能單方向前進，所以只有兩種情況，一種是到下一行之后去左邊走距離不超過k的最大權值，另一種是到下一行之后去右邊走距離不超過k的最大權值

因為val是前綴和，可能有的同學會問了，不應該是val[i][j]-val[i][kk-1]嘛，確實正常的前綴和是需要這樣寫的，但這個題目比較特殊，我們觀察一下給出的樣例以及題目中的圖片可以知道，節點的個數總是比街道的個數多一個，換句話說，每條街道都會被兩個節點夾在一起，那么我們不妨在用前綴和的時候，讓每個前綴和都代表一個節點，m個節點加上val[0]就剛好組成了m+1個節點了，這樣一來在這個題目中前綴和查詢區間和就不需要讓左端點減一了

接下來我們的問題是如何快速查找區間最大值，如果暴力找的話肯定會T掉，因為時間復雜度就變成了n*m*m=1e10，用st表會爆內存，因為我計算的內存是需要80M，而這個題目只提供了60M，用線段樹也會被卡常，線段樹每次區間查詢最值會有logn的開銷，這樣時間復雜度雖然優化成了n*m*logm，但大概還是有1e7的時間復雜度，按照理論來說，應該是勉強可以過的，但這個題目時間卡的很緊，如果用單調隊列優化之后也還是需要加一個快讀才能勉強250ms跑過去，所以多出這logm的時間開銷，至少是需要2s的時間才能跑，放在這個題目里，st表無疑會T掉

話說回來，如果是動態查詢區間最值，我們就可以用單調隊列進行優化了，時間復雜度就可以優化為n*m，常數為2，具體實現的話，我們就先討論其中的一種情況吧，dp[i][j]=dp[i-1][j]+val[i][kk]-val[i][j]，我們可以發現，dp[i-1][j]和val[i][j]的列坐標是綁定在一起的，所以我們應該將其視為一個整體，對這個整體維護一個非嚴格遞減的單調隊列，這樣在滿足條件的區間內，我們選取最大值來更新dp[i][j]即可，對于kk<=j的情況我們可以這樣從0~m遍歷一遍更新，對于kk>=j的情況我們就從m~0反著遍歷一遍并更新一下答案就可以了，但我們會發現，j=kk的這個點被更新了兩次，其實在這個題目中只是增加了O(1)的時間開銷，并不會影響答案的正確性，所以不用特殊處理了

另外我是今天才知道deque這個stl容器并不是C++11才有的。。所以直接用deque模擬單調隊列會方便很多，這個題目卡了快讀的時間，卻沒有卡stl的時間，有點無語。。

對了記得枚舉每一列m的時候，要從0-m，這個上文中已經提過了，我們是將前綴和分為了m+1個節點分別代表著每個頂點，兩兩頂點之間的才代表著相應的道路

代碼：

deque模擬單調隊列：

#include<iostream> #include<cstdlib> #include<string> #include<cstring> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<climits> #include<cmath> #include<cctype> #include<stack> #include<queue> #include<list> #include<vector> #include<set> #include<map> #include<sstream> #include<deque> using namespace std;typedef long long LL;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=110;template<class T>inline void read(T &res) {char c;T flag=1;while((c=getchar())<'0'||c>'9')if(c=='-')flag=-1;res=c-'0';while((c=getchar())>='0'&&c<='9')res=res*10+c-'0';res*=flag; }struct Node {int id,val;Node(int ID,int VAL){id=ID;val=VAL;} };int head,tail;int dp[N][N*N],val[N][N*N],len[N][N*N];void init() {memset(dp,-inf,sizeof(dp));memset(dp[0],0,sizeof(dp[0])); }int main() { // freopen("input.txt","r",stdin);int n,m,k;while(scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)!=EOF&&n+m+k){init();for(int i=n+1;i>=1;i--)for(int j=1;j<=m;j++){read(val[i][j]);val[i][j]+=val[i][j-1];}for(int i=n+1;i>=1;i--)for(int j=1;j<=m;j++){read(len[i][j]);len[i][j]+=len[i][j-1];}for(int i=1;i<=n+1;i++){deque<Node>q;for(int j=0;j<=m;j++)//dp[i][j]=dp[i-1][j]+val[i][j]-val[i][kk]{int temp=dp[i-1][j]-val[i][j];while(q.size()&&q.back().val<temp)q.pop_back();q.push_back(Node(j,temp));while(q.size()&&len[i][j]-len[i][q.front().id]>k)q.pop_front();dp[i][j]=max(dp[i][j],q.front().val+val[i][j]);}q.clear();for(int j=m;j>=0;j--)//dp[i][j]=dp[i-1][j]+val[i][kk]-val[i][j]{int temp=dp[i-1][j]+val[i][j];while(q.size()&&q.back().val<temp)q.pop_back();q.push_back(Node(j,temp));while(q.size()&&len[i][q.front().id]-len[i][j]>k)q.pop_front();dp[i][j]=max(dp[i][j],q.front().val-val[i][j]);}}int ans=-inf;for(int i=1;i<=m;i++)ans=max(ans,dp[n+1][i]);printf("%d\n",ans);}return 0; }

數組模擬單調隊列：

#include<iostream> #include<cstdlib> #include<string> #include<cstring> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<climits> #include<cmath> #include<cctype> #include<stack> #include<queue> #include<list> #include<vector> #include<set> #include<map> #include<sstream> using namespace std;typedef long long LL;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=110;template<class T>inline void read(T &res) {char c;T flag=1;while((c=getchar())<'0'||c>'9')if(c=='-')flag=-1;res=c-'0';while((c=getchar())>='0'&&c<='9')res=res*10+c-'0';res*=flag; }struct Queue {int id,val; }q[N*N];int head,tail;int dp[N][N*N],val[N][N*N],len[N][N*N];void init() {memset(dp,-inf,sizeof(dp));memset(dp[0],0,sizeof(dp[0])); }int main() { // freopen("input.txt","r",stdin);int n,m,k;while(scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)!=EOF&&n+m+k){init();for(int i=n+1;i>=1;i--)for(int j=1;j<=m;j++){read(val[i][j]);val[i][j]+=val[i][j-1];}for(int i=n+1;i>=1;i--)for(int j=1;j<=m;j++){read(len[i][j]);len[i][j]+=len[i][j-1];}for(int i=1;i<=n+1;i++){head=0;tail=-1;for(int j=0;j<=m;j++)//dp[i][j]=dp[i-1][j]+val[i][j]-val[i][kk]{int temp=dp[i-1][j]-val[i][j];while(head<=tail&&q[tail].val<temp)tail--;q[++tail].id=j;q[tail].val=temp;while(head<tail&&len[i][j]-len[i][q[head].id]>k)head++;dp[i][j]=max(dp[i][j],q[head].val+val[i][j]);}head=0;tail=-1;for(int j=m;j>=0;j--)//dp[i][j]=dp[i-1][j]+val[i][kk]-val[i][j]{int temp=dp[i-1][j]+val[i][j];while(head<=tail&&q[tail].val<temp)tail--;q[++tail].id=j;q[tail].val=temp;while(head<=tail&&len[i][q[head].id]-len[i][j]>k)head++;dp[i][j]=max(dp[i][j],q[head].val-val[i][j]);}}int ans=-inf;for(int i=1;i<=m;i++)ans=max(ans,dp[n+1][i]);printf("%d\n",ans);}return 0; }

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總結

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