Description

在經過一段時間的經營後，dd_engi的OI商店不滿足於從別的供貨商那裏購買產品放上貨架，而要開始自己生產產品了！產品的生產需要M個步驟，每一個步驟都可以在N臺機器中的任何一臺完成，但生產的步驟必須嚴格按順序執行。由於這N臺機器的性能不同，它們完成每一個步驟的所需時間也不同。機器i完成第j個步驟的時間為T[i,j]。把半成品從一臺機器上搬到另一臺機器上也需要一定的時間K。同時，為了保證安全和產品的質量，每臺機器最多只能連續完成產品的L個步驟。也就是說，如果有一臺機器連續完成了產品的L個步驟，下一個步驟就必須換一臺機器來完成。現在，dd_engi的OI商店有史以來的第一個產品就要開始生產了，那麽最短需要多長時間呢？

Solution

看了MashiroSky的題解=w=

f[j][i]表示完成了前i個步驟，第i步由j完成，預處理第j個機器完成前i個步驟的時間s[j][i]

考慮樸素的dp能得到轉移方程f[j][i]=min(f[k][l]+s[j][i]-s[j][l]+K)=min(f[k][l]-s[j][l])+s[j][i]+K(l<i i-l<=L)

然後發現f[k][l]-s[j][l]與l有關 與i無關，此處可以單調隊列優化，維護n個單調隊列

就能O(mn²)解決啦

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#define N 6
#define M 100005
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int m,n,k,L,t[N][M],f[N][M],q[N][M],p[N][M],l[N],r[N],ans=INF;
int read()
{
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    
 
while(c<‘0‘||c>‘9‘){if(c==‘-‘)f=-1;c=getchar();}
    while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘){x=x*10+c-‘0‘;c=getchar();}
    return x*f; 
}
int main()
{
    m=read(),n=read(),k=read(),L=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        l[i]=r[i]=1;
        for(int j=1;j<=m;j++)
        t[i][j]=read()+t[i][j-1];
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            while(l[j]<=r[j]&&q[j][l[j]]<i-L)l[j]++;
            f[j][i]=t[j][i]+p[j][l[j]]+k;
        }
        for(int k=1;k<=n;k++)
        {
            for(int j=1;j<=n;j++)
            {
                if(k==j)continue;
                while(l[j]<=r[j]&&p[j][r[j]]>=f[k][i]-t[j][i])r[j]--;
                q[j][++r[j]]=i;
                p[j][r[j]]=f[k][i]-t[j][i];
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)ans=min(f[i][m]-k,ans);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
} 

[Vijos 1243]生產產品（單調隊列優化Dp）