洛谷P1848 書架

好，我一直覺得書架是splay，而後發現還有個優化DP的書架。妃的書架

藍書和PPT上面都講了，應該比較經典吧。

題意：

有n個物品，每一個都有寬，高。

把它們分紅若干段，使得每段的最大值的總和最小。且每段的總寬度不超過L。

n <= 100000

解：

首先有個很顯然的DP是f[i] = min(f[j] + max(j + 1, i)), sum[i] - sum[j] <= L

而後如何優化呢？由於有max函數(非線性)因此難以單調隊列。把決策打出來發現不單調。機關用盡？？？

發現當i固定的時候，max(j + 1, i)是一段一段單減的。這樣至關於能肯定狀態轉移方程中的後者。

再看前者，f[j]這個東西，實際上是單調不減的。證實：把f[j - 1]按照f[j]的方式劃分便可<=f[j]。

怎麼利用呢？樸素的想法是把每個數前面最大的數用單調棧求出來，記爲to[]數組。

那麼每次轉移的時候跳to[]便可。能夠發如今區間(to[i], i)之間的轉移都不優於to[i]。

這裏忽視了一個小問題，有個寬度限制在這裏。個人解決辦法是用pos記錄最先的一個可以轉移過來的位置。pos的維護顯然是線性的。

這個好想好寫的東西最壞複雜度仍是n²，遞增序列就能卡掉，然而交上去有90分......

來考慮正解。咱們能不能每次不跳to[]鏈，而是更快的求出最小值來轉移呢？

很容易(困難)想到用堆維護。對於失效的轉移用延遲刪除法。

問題就只剩如何判斷轉移失效了。

若是轉移的j < pos，顯然不行。此外，若是j不在以i開頭的to鏈上，也是不行的。

有個樸素的想法是用數組維護是否在to鏈上，即每次把i前面比i小的捨去，可是又會被遞增卡成n²。

仔細思考，發現以i開頭的to鏈就是單調棧在處理到i時的棧內元素。

因而咱們一邊DP一邊維護單調棧，只需判斷j是在否在棧中便可。

至此，時間複雜度優化爲nlogn，能夠經過此題。

記得開long long

 1 #include <cstdio>
 2 #include <algorithm>
 3 #include <queue>
 4 #define mp std::make_pair
 5 
 6 typedef long long LL;
 7 const int N = 100010;
 8 
 9 LL f[N], sum[N];
10 int st[N][25], pow[N], n, to[N], p[N], top;
11 bool in_stk[N];
12 std::priority_queue<std::pair<LL, int> > Q;
13 
14 inline void STinit() {
15     int j = 1, lm = 0;
16     while((1 << lm) <= n) {
17         while(j < (1 << (lm + 1)) && j <= n) {
18             pow[j] = lm;
19             j++;
20         }
21         lm++;
22     }
23     for(int j = 1; j < lm; j++) {
24         for(int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; i++) {
25             st[i][j] = std::max(st[i][j - 1], st[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);
26         }
27     }
28     return;
29 }
30 
31 inline int getmax(int l, int r) {
32     int t = pow[r - l + 1];
33     return std::max(st[l][t], st[r - (1 << t) + 1][t]);
34 }
35 
36 int main() {
37     int L;
38     scanf("%d%d", &n, &L);
39     for(int i = 1; i <= n; i++) {
40         scanf("%d%lld", &st[i][0], &sum[i]);
41         sum[i] += sum[i - 1];
42         f[i] = 1ll << 60;
43     }
44 
45     STinit();
46     st[0][0] = 0x7f7f7f7f;
47     to[0] = -1;
48 
49     int pos = 0;
50     for(int i = 1; i <= n; i++) {
51         while(st[i][0] >= st[p[top]][0]) {
52             in_stk[p[top]] = 0;
53             top--;
54         }
55         to[i] = p[top];
56         p[++top] = i;
57         in_stk[i] = 1;
58 
59         Q.push(mp(-1 * (f[to[i]] + getmax(to[i] + 1, i)), i));
60 
61 
62         while(sum[i] - sum[pos] > L) {
63             pos++;
64         }
65         while((!Q.empty()) && (to[Q.top().second] < pos || (!in_stk[Q.top().second]))) {
66             Q.pop();
67         }
68         if(!Q.empty()) {
69             f[i] = -1 * Q.top().first;
70         }
71         f[i] = std::min(f[i], f[pos] + getmax(pos + 1, i));
72     }
73     /*for(int i = 1; i <= n; i++) {
74         printf("%lld ", f[i]);
75     }*/
76     printf("%lld", f[n]);
77     return 0;
78 }

AC代碼

可是還有不少能夠改進的地方。

好比to這個數組能否捨去？ST表能否捨去？我是懶得優化了T_T