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學習筆記——單調佇列優化dp

阿新 • • 發佈：2022-03-19

演算法

使用單調佇列優化dp 廢話

對與一些dp的轉移方程，我們可以通過拆使它與某個區間的最值相關。

這時可以用單調佇列算出區間最值，進行優化。

例題

最大子段和

題意

給出一個長度為 \(n\) 的整數序列，從中找出一段長度不超過 \(m\) 的連續子序列，使得整個序列的和最大。

思路

設 \(sum_i\) 為 \(i\) 的字首和，易得答案為：

\[\max_\limits{1\le i\le n}\{sum_i-\min_\limits{i-m\le k\le i-1}\{sum_k\}\} \]

其中 \(\min_\limits{i-m\le k\le i-1}\{sum_k\}\)

這部分可以用單調佇列快速求出。

那麼算起來就變得簡單多了。

程式碼

點選檢視程式碼
#include<bits/stdc++.h>
#define _for(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define for_(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
#define ll long long
using namespace std;
const int N=3e5+10;
int n,m,a[N],sum[N],f[N],ans;
int q[N],h=1,t=0;
inline int rnt(){
	int x=0,w=1;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
	return x*w;
}
void tmp(int k){
	while(h<=t&&q[h]<k-m)++h;
	ans=max(ans,sum[k]-sum[q[h]]);
	while(h<=t&&sum[q[t]]>sum[k])--t;
	q[++t]=k;
}
int main(){
	n=rnt(),m=rnt();
	_for(i,1,n){
		a[i]=rnt();
		sum[i]=sum[i-1]+a[i];
		tmp(i);
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

修剪草坪

題意

給定一個 \(n\ (1\le n\le 10^5)\) 個元素的序列，可任選多個數，要求任意一段連續選的數長度不能超過 \(k\)。

\(1\le N\le 10^5\)

思路

設 \(f_{i,0/1}\) 表示第 \(i\) 個數選(1)或是不選(0)，\(sum_i\) 表示 \(i\) 的字首和。

轉移方程為：

\[f_{i,0}=\max\{f_{i-1,0},f_{i-1,1}\}\\\ f_{i,1}=\max_\limits{i-k\le j<i}\{f_{j,0}+(sum_i-sum_j)\} \]

\(f_{i,1}\) 轉移方程可以拆成：

\[f_{i,1}=sum_i+\max_\limits{i-k\le j<i}\{f_{j,0}-sum_j\} \]

用單調佇列維護 \(f_{j,0}-sum_j\)

即可。

程式碼

點選檢視程式碼
#include<bits/stdc++.h>
#define _for(i,a,b) for(ll i=a;i<=b;++i)
#define for_(i,a,b) for(ll i=a;i>=b;--i)
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=3e5+10;
ll n,k,a[N],sum[N],f[N][2],ans;
ll q[N],h=1,t=0;
inline ll rnt(){
	ll x=0,w=1;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
	return x*w;
}
void tmp(ll i){
    while(h<=t&&q[h]<i-k)++h;
    f[i][1]=f[q[h]][0]+sum[i]-sum[q[h]];
    while(h<=t&&f[q[t]][0]-sum[q[t]]<f[i][0]-sum[i])--t;
    q[++t]=i;
}
int main(){
	n=rnt(),k=rnt();
    tmp(0);
	_for(i,1,n){
		a[i]=rnt();
		sum[i]=sum[i-1]+a[i];
        f[i][0]=max(f[i-1][0],f[i-1][1]);
        tmp(i);
	}
	printf("%lld\n",max(f[n][0],f[n][1]));
	return 0;
}

瑰麗華爾茲

題意

給出一個 \(N*M\) 的船上地圖，有空地也有傢俱。

船上有 \(K\) 段時間，在每段時間都會往不同的方向傾斜，鋼琴也會朝著那個方向傾斜，但不允許碰上傢俱。

求鋼琴最長的滑行距離。

\(1\le N,M\le200,K\le200\)

思路

設 \(f_{i,j,k}\) 表示在第 \(i\) 段時間滑行到 \(j,k\) 的位置。

那麼轉移方程就是：

\[f_{i,j,k}=\max_\limits{（jj,kk）是i時刻可以滑到（j,k）的點}{f_{i,jj,kk}+|jj-j|+|kk-k|} \]

瞎寫的

按著傾斜的方向遍歷，再用單調佇列優化優化就好了。

程式碼

點選檢視程式碼
#include<bits/stdc++.h>
#define _for(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define for_(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
#define ll long long
using namespace std;
const int N=210,inf=0x3f3f3f3f;
int n,m,x,y,k,mp[N][N];
int f[N][N][N],la[N][N][N],ans;
inline ll rnt(){
	ll x=0,w=1;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
	return x*w;
}
inline char rch(){
	char c=getchar();
	while(c!='.'&&c!='x')c=getchar();
	return c;
}
struct dq{//deque
	int q[N],h,t;
	void nw(){
		memset(q,0,sizeof(q));
		h=1,t=0;
	}
	bool empty(){return h>t;}
	int front(){return q[h];}
	int back(){return q[t];}
	void pop_f(){++h;}
	void pop_b(){--t;}
	void push(int x){q[++t]=x;}
};
void dp(int d,int s,int t,int fx){
	int len=(t-s+1);
	if(fx==1){
		_for(j,1,m){
			dq q;q.nw();
			for_(i,n,1){
				if(mp[i][j]){
					while(!q.empty())q.pop_f();
					continue;
				}
				while(!q.empty()&&q.front()>i+len)q.pop_f();
				while(!q.empty()&&f[d-1][q.back()][j]+q.back()-i<f[d-1][i][j])q.pop_b();
				q.push(i);
				if(f[d-1][q.front()][j]>-1)
					f[d][i][j]=f[d-1][q.front()][j]+q.front()-i;
				ans=max(ans,f[d][i][j]);
			}
		}
	}
	else if(fx==2){
		_for(j,1,m){
			dq q;q.nw();
			_for(i,1,n){
				if(mp[i][j]){
					while(!q.empty())q.pop_f();
					continue;
				}
				while(!q.empty()&&q.front()<i-len)q.pop_f();
				while(!q.empty()&&f[d-1][q.back()][j]+i-q.back()<f[d-1][i][j])q.pop_b();
				q.push(i);
				if(f[d-1][q.front()][j]>-1)
					f[d][i][j]=f[d-1][q.front()][j]+i-q.front();
				ans=max(ans,f[d][i][j]);
			}
		}
	}
	else if(fx==3){
		_for(i,1,n){
			dq q;q.nw();
			for_(j,m,1){
				if(mp[i][j]){
					while(!q.empty())q.pop_f();
					continue;
				}
				while(!q.empty()&&q.front()>j+len)q.pop_f();
				while(!q.empty()&&f[d-1][i][q.back()]+q.back()-j<f[d-1][i][j])q.pop_b();
				q.push(j);
				if(f[d-1][i][q.front()]>-1)
					f[d][i][j]=f[d-1][i][q.front()]+q.front()-j;
				ans=max(ans,f[d][i][j]);
			}
		}
	}
	else{
		_for(i,1,n){
			dq q;q.nw();
			_for(j,1,m){
				if(mp[i][j]){
					while(!q.empty())q.pop_f();
					continue;
				}
				while(!q.empty()&&q.front()<j-len)q.pop_f();
				while(!q.empty()&&f[d-1][i][q.back()]+j-q.back()<f[d-1][i][j])q.pop_b();
				q.push(j);
				if(f[d-1][i][q.front()]>-1)
					f[d][i][j]=f[d-1][i][q.front()]+j-q.front();
				ans=max(ans,f[d][i][j]);
			}
		}
	}
}
int main(){
	n=rnt(),m=rnt(),x=rnt(),y=rnt(),k=rnt();
	_for(i,1,n)
		_for(j,1,m)
			mp[i][j]=(bool)(rch()=='x');
	memset(f,-inf,sizeof(f));
	f[0][x][y]=0;
	_for(i,1,k){
		int s=rnt(),t=rnt(),fx=rnt();
		dp(i,s,t,fx);
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

股票交易

題意

一共有 \(T\) 天，知道了每天股票的買入金額 \(ap_i\)，賣出金額 \(bp_i\)，買入限制 \(as_j\)，賣出限制 \(bs_j\)。要求持有股票數不能超過 \(MaxP\) ，兩次交易相隔 \(w\) 天。

\(1\le w<T\le 2*10^3,1\le MaxP\le 2*10^3\)

思路

設 \(f_{i,j}\) 表示第 \(i\) 天持有 \(j\) 個股票的最大錢數。

有四種情況：

  • 憑空買
    轉移方程：
\[f_{i,j}=-ap_i*j \]
  • 不買不賣
    轉移方程：
\[f_{i,j}=\max\{f_{i,j},f_{i-1,j}\} \]
  • 只買
    轉移方程：
\[f_{i,j}=\max\{f_{i,j},\max_\limits{j-as_i\le k\le j}\{f_{i-w-1,k}-(j-k)*ap_i\}\} \]
  • 只賣
    轉移方程：
\[f_{i,j}=\max\{f_{i,j},\max_\limits{j\le k\le j+bs_i}\{f_{i-w-1,k}+(k-j)*bp_i\}\} \]

此時時間複雜度是 \(O(T*MaxP^2)\)。

觀察只買和只賣的情況，可以發現它們的轉移方程可以用單調佇列優化掉一維。

那麼時間複雜度就被優化成了 \(O(T*MaxP)\)，完全可過。

程式碼

點選檢視程式碼
#include<bits/stdc++.h>
#define _for(i,a,b) for(ll i=a;i<=b;++i)
#define for_(i,a,b) for(ll i=a;i>=b;--i)
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=4010,inf=0x3f3f3f3f;
ll t,mxp,w,ap[N],bp[N],as[N],bs[N];
inline ll rnt(){
	ll x=0,w=1;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
	return x*w;
}
struct dq{//deque
	ll q[N],h,t;
	void nw(){
		memset(q,0,sizeof(q));
		h=1,t=0;
	}
	bool empty(){return h>t;}
	ll front(){return q[h];}
	ll back(){return q[t];}
	void pop_f(){++h;}
	void pop_b(){--t;}
	void push(int x){q[++t]=x;}
};
namespace SOLVE{
	ll f[N][N];
	void DpPkm(ll i){//憑空買
		_for(j,0,min(mxp,as[i]))
			f[i][j]=-ap[i]*j;
		return;
	}
	void DpBmbm(ll i){//不買也不賣
		_for(j,0,mxp)
			f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j]);
		return;
	}
	void DpBuy(ll i){//原基礎上買來
		dq q;q.nw();
		_for(j,0,mxp){
			while(!q.empty()&&j-q.front()>as[i])q.pop_f();
			while(!q.empty()&&f[i-w-1][j]>f[i-w-1][q.back()]-(j-q.back())*ap[i])q.pop_b();
			q.push(j);
			f[i][j]=max(f[i][j],f[i-w-1][q.front()]-(j-q.front())*ap[i]);
		}
		return;
	}
	void DpSell(ll i){//原基礎上賣出
		dq q;q.nw();
		for_(j,mxp,0){
			while(!q.empty()&&q.front()-j>bs[i])q.pop_f();
			while(!q.empty()&&f[i-w-1][j]>f[i-w-1][q.back()]+(q.back()-j)*bp[i])q.pop_b();
			q.push(j);
			f[i][j]=max(f[i][j],f[i-w-1][q.front()]+(q.front()-j)*bp[i]);
		}
		return;
	}
	ll Solve(){	
		memset(f,-inf,sizeof(f));
		_for(i,1,t){
			DpPkm(i);
			DpBmbm(i);
			if(i-w>1){
				DpBuy(i);
				DpSell(i);
			}
		}
		return f[t][0];
	}
}
int main(){
	t=rnt(),mxp=rnt(),w=rnt();
	_for(i,1,t)
		ap[i]=rnt(),bp[i]=rnt(),as[i]=rnt(),bs[i]=rnt();
	printf("%lld\n",SOLVE::Solve());
	return 0;
}/*

*/

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