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  • 单调队列优化dp题目

    附一链接,大多题型里面有,再附两题:https://blog.csdn.net/hjf1201/article/details/78729320

    1.绿色通道

    题目描述 Description 
    《思远高考绿色通道》(Green Passage, GP)是唐山一中常用的练习册之一,其题量之大深受lsz等许多oiers的痛恨,其中又以数学绿色通道为最。2007年某月某日,soon-if (数学课代表),又一次宣布收这本作业,而lsz还一点也没有写……

    高二数学《绿色通道》总共有n道题目要写(其实是抄),编号1..n,抄每道题所花时间不一样,抄第i题要花a[i]分钟。由于lsz还要准备NOIP,显然不能成天写绿色通道。lsz决定只用不超过t分钟时间抄这个,因此必然有空着的题。每道题要么不写,要么抄完,不能写一半。一段连续的空题称为一个空题段,它的长度就是所包含的题目数。这样应付自然会引起马老师的愤怒。马老师发怒的程度(简称发怒度)等于最长的空题段长度。

    现在,lsz想知道他在这t分钟内写哪些题,才能够尽量降低马老师的发怒度。由于lsz很聪明,你只要告诉他发怒度的数值就可以了,不需输出方案。(快乐融化:那么lsz怎么不自己写程序?lsz:我还在抄别的科目的作业……)

    输入描述 Input Description 
    第一行为两个整数n,t,代表共有n道题目,t分钟时间。

    以下一行,为n个整数,依次为a[1], a[2],… a[n],意义如上所述。

    输出描述 Output Description 
    仅一行,一个整数w,为最低的发怒度。

    样例输入 Sample Input 
    17 11

    6 4 5 2 5 3 4 5 2 3 4 5 2 3 6 3 5

    样例输出 Sample Output 
    3

    数据范围及提示 Data Size & Hint 
    60%数据 n<=2000

    100%数据 0 < n <=50000,0 < a[i] <=3000,0< t<=100000000

    二分+dp+单调队列优化(优先队列也行)

    代码:

     1 #include<bits/stdc++.h>
     2 using namespace std;
     3 int n,t,a[50100],ans,sum,dp[50100];
     4 int he=1,ta;
     5 struct edge{
     6     int data,id;
     7 }q[50100];
     8 
     9 inline int read(){
    10     int x=0,f=1;char ch=getchar();
    11     while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    12     while(ch>='0'&&ch<='9') { x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    13     return x*f;
    14 }
    15 
    16 inline bool check(int x,int tim){
    17     memset(dp,0x3f3f3f3f,sizeof(dp));
    18     he=1;ta=0;q[++ta].data=q[ta].id=0;
    19     dp[0]=0;
    20     for(int i=1;i<=n;i++){
    21         while(i-q[he].id-1>x) he++;
    22         dp[i]=q[he].data+a[i];
    23         while(q[ta].data>dp[i]) ta--;
    24         q[++ta].data=dp[i];q[ta].id=i;
    25     }
    26     for(int i=n-1;i>=n-x;i--)
    27         dp[n]=min(dp[n],dp[i]);
    28     if(dp[n]<=tim) return true;
    29     else return false;
    30 }
    31 
    32 int main(){
    33     n=read();t=read();
    34     for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),sum+=a[i];
    35     if(sum<=t){
    36         printf("0
    ");
    37         return 0;
    38     }
    39     int l=1,r=n;
    40     while(l<=r){
    41         int mid=(l+r)>>1;
    42         if(check(mid,t)) ans=mid,r=mid-1;
    43         else l=mid+1;
    44     }
    45     printf("%d
    ",ans);
    46     return 0;
    47 } 
    View Code

    2.czy的后宫6

    题目描述

    众所周知的是丧尸czy有很多妹子(虽然很多但是质量不容乐观QAQ),今天czy把n个妹子排成一行来检阅。但是czy的妹子的质量实在……所以czy看不下去了。检阅了第i个妹子会增加czy a[i]的肾虚值,他打算在检阅过程中最多休息m次(一开始检阅算0次休息,就是说czy最多可以检阅m+1次),每次休息过后czy又会龙精虎猛的继续检阅。问怎样分配才能使得czy在检阅过程中的最大肾虚值最小。

    当然这么简单的问题czy早就会做啦……他原来还想算算满足肾虚值最小的条件下有几种方案,但是他太虚了,所以这个问题也交给你啦。你只要输出方案数mod 32123的值即可。

    输入格式

    第一行输入两个正整数n、m,表示czy的妹子数、最多的休息次数

    接下来2到n+1行每行输入一个数a[i],意义见上

    输出格式

    第一行输出一个数s,表示最小的肾虚值

    第二行输出一个数t,表示方案数

    样例输入

    4 2

    3

    4

    5

    2

    样例输出

    7

    3

    样例解释

    最小的肾虚值为7

    分法有3种:34|5|2,34|52,3|4|52

    ‘|’表示休息

    数据范围

    有30%的数据,1<=n<=20

    另30%的数据,1<=n<=200

    另30%的数据,1<=n<=5000,1<=m<=min(n-1,1000),1<=a[i]<=1000

    另10%的数据,1<=n<=20000,1<=m<=1000,a[i]只有1、2

    保证80%数据随机生成,在计算过程中不会爆int

    代码:

     1 #include<bits/stdc++.h>
     2 using namespace std;
     3 #define inf 0x7fffffff
     4 #define ll long long
     5 #define mod 32123
     6 #define N 200010
     7 using namespace std;
     8 
     9 ll read()
    10 {
    11     ll x=0,f=1;char ch=getchar();
    12     while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    13     while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    14     return x*f;
    15 }
    16 int f[20005][1005],l,r,a[N],n,m,tot[N],ans;
    17 bool check(int x)
    18 {
    19     int tot=0,cnt=0;
    20     for (int i=1;i<=n;i++)
    21     {
    22         tot+=a[i];
    23         if (tot>x) cnt++,tot=a[i];
    24         if (cnt>m) return false;
    25     }
    26     return true;
    27 }
    28 int main()
    29 {
    30     n=read(),m=read();
    31     for (int i=1;i<=n;i++)
    32     {
    33         a[i]=read();
    34         r+=a[i];
    35     }
    36     l=0;
    37     while (l<r)
    38     {
    39         int mid=(l+r)>>1;
    40         if (check(mid)) r=mid;
    41         else l=mid+1;
    42     }
    43     int ans1=r;
    44     printf("%d
    ",ans1);
    45     int sum=0,ans2=0;
    46     f[0][0]=1;tot[0]=1;//tot:到目前分j段的方案数 
    47     int l=0;
    48     for(int i=1;i<=n;i++)
    49     {
    50         sum+=a[i];
    51         while(sum-a[l]>ans1)
    52         {
    53             sum-=a[l];//单调队列优化 
    54             for(int j=0;j<=m+1;j++)
    55             {
    56                 tot[j]-=f[l][j];
    57                 if(tot[j]<0)tot[j]+=mod;
    58             }
    59             l++;
    60         }
    61         for(int j=m+1;j>=1;j--)
    62         {
    63             f[i][j]+=tot[j-1];
    64             tot[j]+=f[i][j];
    65             tot[j]%=mod;
    66             f[i][j]%=mod;
    67         }
    68     }
    69     for(int i=0;i<=m+1;i++)
    70         ans2=(ans2+f[n][i])%mod;
    71     printf("%d",ans2);
    72     return 0;
    73 }
    View Code
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