感覺是一道很好的單調佇列優化DP

首先 \(O(n^3)\) 的樸素DP很好想

令 \(f_i\) 表示前 \(i\) 獲得金幣的最大值,不難的出狀態轉移方程

\(val\) 的求法可以通過維護一個對角線上的字首和,我們先將道路的權值轉化為點的權值,

即轉化到道路終點上,為了方便,我們讓工廠的編號從0開始,這樣就可以通過取模直接表述出走之前的點

這樣就可以寫出樸素版的DP

    for (int i = 1; i <= m; i++)
        for (int j = 0; j < n; j++)
             for (int k = 1; k <= min(p, i); k++)
                 f[i] = max(f[i - k] + sum[i][j] - sum[i - k][j - k] - c[j - k], f[i]);  
 

這到題到這裡就已經可以AC了,但如何資料嚴格的話,\(O(n^3)\) 肯定是不能過的,

想辦法省略掉第三維,讓上面的轉移方程稍微變形一下得到

令 \(g_{i,j}=f_i-sum_{i,j}-c_j\)

\(f_i=max(g_{i-k,j-k})+sum_{i,j}\)

可以看出 \(g_{i-k,j-k}\) 其實就是對角線上的值,對於每一個對角線,可以開一個單調佇列來維護

每一個點所對應的對角線的編號 \((j-i+n)\% n\),具體實現看程式碼

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define get(i, j) (f[i] - sum[i][j] - c[j])
using namespace std;
const int N = 1005;

int l[N], r[N], q[N][N], pos[N][N];
int sum[N][N], val[N][N], g[N][N], c[N], f[N];

int main()
{
    int n, m, p;
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &p);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= m; j++)
            scanf("%d", &val[i % n][j]);//將道路帶來的收益交給點
    for (int i = 1; i <= m; i++)
        for (int j = 0; j < n; j++)
            sum[i][j] = sum[i - 1][(j - 1 + n) % n] + val[j][i];//處理對角線上的字首和
    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        scanf("%d", &c[i]);
        q[i][r[i]] = -c[i];//初始化單調佇列
    }
    memset(f, -0x3f, sizeof(f));
    f[0] = 0;
    for (int i = 1; i <= m; i++)
    {
        for (int j = 0; j < n; j++)
        {
            int id = ((j - i) % n + n) % n;
            while (l[id] <= r[id] && pos[id][l[id]] + p < i)
                l[id]++;
            if (l[id] <= r[id])
                f[i] = max(f[i], q[id][l[id]] + sum[i][j]);
        }//更新答案
        for (int j = 0; j < n; j++)
        {
            int id = ((j - i) % n + n) % n;
            while (l[id] <= r[id] && q[id][r[id]] <= get(i, j))
                r[id]--;
            q[id][++r[id]] = get(i, j);
            pos[id][r[id]] = i;//記錄一個位置,以判斷是否合法
        }//更新單調佇列
    }
    printf("%d", f[m]);
    return 0;
}