P1725 琪露诺

题目描述

在幻想乡，琪露诺是以笨蛋闻名的冰之妖精。

某一天，琪露诺又在玩速冻青蛙，就是用冰把青蛙瞬间冻起来。但是这只青蛙比以往的要聪明许多，在琪露诺来之前就已经跑到了河的对岸。于是琪露诺决定到河岸去追青蛙。

小河可以看作一列格子依次编号为 $0$ 到 $N$，琪露诺只能从编号小的格子移动到编号大的格子。而且琪露诺按照一种特殊的方式进行移动，当她在格子 $i$ 时，她只移动到区间 $[i+L,i+R]$ 中的任意一格。你问为什么她这么移动，这还不简单，因为她是笨蛋啊。

每一个格子都有一个冰冻指数 $A_i$，编号为 $0$ 的格子冰冻指数为 $0$。当琪露诺停留在那一格时就可以得到那一格的冰冻指数 $A_i$。琪露诺希望能够在到达对岸时，获取最大的冰冻指数，这样她才能狠狠地教训那只青蛙。

但是由于她实在是太笨了，所以她决定拜托你帮它决定怎样前进。

开始时，琪露诺在编号 $0$ 的格子上，只要她下一步的位置编号大于 $N$ 就算到达对岸。

输入格式

第一行三个正整数 $N,L,R$。

第二行共 $N+1$ 个整数，第 $i$ 个数表示编号为 $i-1$ 的格子的冰冻指数 $A_{i-1}$。

输出格式

一个整数，表示最大冰冻指数。

输入输出样例 #1

输入 #1

5 2 3
0 12 3 11 7 -2

输出 #1

11

说明/提示

对于 $60\%$ 的数据，$N\le 10^4$。

对于 $100\%$ 的数据，$N\le 2\times 10^5$，$-10^3 \le A_i\le 10^3 $，$1 \le L \le R \le N $。数据保证最终答案不超过 $2^{31}-1$。

solution

动态规划

• 1 定义公式

  • dp[i] : 走到第 i 格上，最大的和

• 2 递推关系

  • dp[i] = max(d[j] + a[i])

  •  其中 j 为下一步可以走到该 i 格的格子 j
    

• 3 结果

  • ans = max(dp[i])

  •  其中 i 为下一步可以走到 > n 的格子
    

• 优化：

  • 数据量很多，两层循环势必超时。而第二层循环为求区间最大值，可以考虑用单调队列。 第 i 个格子可以由 [i - r, i - l] 这个区间得到， 求该区间的最值

代码

#include "cstdio"
#include "iostream"
#include "vector"
#include "cstring"
#include "queue"
#include "algorithm"
#include "unordered_map"
#include "unordered_set"
#include "list"

/*
 * P1725 琪露诺
 * 题目大意：一列格子编号为 0 到 N (N≤2×10^5)，在 i 位置时只移动到区间 [i+L,i+R] 中的任意一格,求移动到 >N 时所走格子和最大
 *
 * 思路：动态规划
 * 1 定义公式
 *      dp[i] : 走到第 i 格上，最大的和
 * 2 递推关系
 *      dp[i] = max(d[j] + a[i])
 *      其中 j 为下一步可以走到该 i 格的格子 j
 * 3 结果
 *      ans = max(dp[i])
 *      其中 i 为下一步可以走到 > n 的格子
 *
 * 优化：
 *      数据量很多，两层循环势必超时。而第二层循环为求区间最大值，可以考虑用单调队列  第 i 个格子可以由  
 *      [i - r, i - l] 这个区间得到， 求该区间的最值
 *
 */

using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;

int dp[N], a[N], ans = -1e9, n, r, l;
list<int> q;

int main() {
    cin >> n >> l >> r;

    int m = r - l + 1;
    for (int i = 0; i <= n; i++) cin >> a[i], dp[i] = -1e9;

    dp[0] = 0;
    for (int i = l; i <= n; i++) {
        while (!q.empty() && dp[q.back()] <= dp[i - l]) q.pop_back();

        q.push_back(i - l);
        if (i - l - q.front() >= m) q.pop_front();
        dp[i] = dp[q.front()] + a[i];
        if (i + r > n) ans = max(ans, dp[i]);
    }

    cout << ans << endl;
    return 0;
}

结果