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来源：牛客网
题目描述
小明很喜欢打游戏，现在已知一个新英雄即将推出，他同样拥有四个技能，其中三个小技能的释放时间和固定的伤害值为：
1.乌鸦坐飞机 释放时间：x 固定伤害值：a
2.蜘蛛吃耳屎 释放时间：y 固定伤害值：b
3.饿狼前进 释放时间：z 固定伤害值：c
他还有一个大招，其释放的时间是一个区间【L,R】，可以在区间内任意时间点释放出技能，其如果在L+i时刻释放技能，其能够打出的伤害值为:temp+A*i
这里temp值表示技能的基础伤害（同时也就是在时刻L释放技能的伤害值）,A是一个常数。
小明很喜欢研究连招使得在有限的时间内打出最高的伤害，现在他想要在T长度单位时间内打出最高的伤害，问这个最大伤害值。
输入描述:
本题包含多组数据。
输入格式为：
T
x a
y b
z c
L R temp A
数据范围：
1<=T<=1e5
1<=x,y,z,L,R<=T
L<=R
<=a,b,c,temp,A<=1e5
输出描述:
输出包含一行，输出能够打出的最高伤害值。
8 3 1 2 3 1 3 3 3 3 3
输出
24
备注:
大招：蓄力时间最短L秒，最多R秒。无限次释放，释放之后照成的伤害是随着时间增加的
蓄力L秒释放能够造成Temp的伤害
蓄力L+1秒释放能够造成Temp+1*A的伤害
依次类推
题意：小明有三个小技能和一个大招，每个小技能消耗ai的时间，打出bi的伤害，大招的基础伤害为temp，基础时间为L,大招可以蓄力，得到的伤害为temp+(T-L)*A,其中T为大招的时间，上限为R，求总时间为t打出的最高伤害
题解：对于三个小技能可以直接使用普通的背包dp，而对于大招，如果暴力地把大招时间拆成L，L+1....R，那么复杂度将是O(N^2)，很明显会超时，而观察到对大招来说dp[i]=max(dp[j]+temp+A*(i-L-j))，所以对于j>k， 如果 j 相对于k更优，那么(dp[j]+temp+A*(i-L-j)) - (dp[k]+temp+A*(i-L-k)) > 0，所以有dp[j]-dp[k]>A*(j-k)，可以使用斜率优化dp，而由于这里的A为常数，和 i 无关，所以可以直接知道当前点是否最优，不需要维护凸包，也就是可以不使用斜率优化dp，而使用单调队列优化dp(斜率优化dp和单调队列优化dp区别就在插入新点时前者是维护凸包后者是维护单调队列)
斜率优化dp
#include<iostream> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cstdio> #include<vector> #include<queue> #include<map> using namespace std; //#define io_test #define debug(x) cout<<x<<"####"<<dp[x][0]<<"##"<<dp[x][1]<<endl; typedef long long ll; ll dp[100005],pq[100005]; int main() { #ifdef io_test freopen("in.txt","r",stdin); freopen("out.txt","w",stdout); #endif // io_test //int n,m; int t; while(scanf("%d",&t)==1){ ll x,y,z,a,b,c; //queue<struct pot>pq; scanf("%lld%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&a,&y,&b,&z,&c); ll l,r,temp,A; scanf("%lld%lld%lld%lld",&l,&r,&temp,&A); int head=1; int tail=1; for(int i=1;i<=t;i++){ dp[i]=dp[i-1]; if(i>=x){ dp[i]=max(dp[i],dp[i-x]+a); } if(i>=y){ dp[i]=max(dp[i],dp[i-y]+b); } if(i>=z){ dp[i]=max(dp[i],dp[i-z]+c); } if(i>=l){ while((head+1<=tail&&(i-pq[head]>r||(dp[pq[head+1]]-dp[pq[head]]>(pq[head+1]-pq[head])*A))))head++; if(head<=tail){ dp[i]=max(dp[i],dp[pq[head]]+temp+A*(i-pq[head]-l)); } while(tail-head>=1&&(dp[i-l+1]-dp[pq[tail]])*(pq[tail]-pq[tail-1])>(i-l+1-pq[tail])*(dp[pq[tail]]-dp[pq[tail-1]]))tail--;//维护凸包 ++tail; pq[tail]=i-l+1; } } printf("%lld ",dp[t]); } return 0; }
单调队列优化dp
1 #include<iostream> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstring> 4 #include<cstdio> 5 #include<vector> 6 #include<queue> 7 #include<map> 8 using namespace std; 9 //#define io_test 10 #define debug(x) cout<<x<<"####"<<dp[x][0]<<"##"<<dp[x][1]<<endl; 11 typedef long long ll; 12 ll dp[100005],pq[100005]; 13 int main() 14 { 15 #ifdef io_test 16 freopen("in.txt","r",stdin); 17 freopen("out.txt","w",stdout); 18 #endif // io_test 19 //int n,m; 20 int t; 21 while(scanf("%d",&t)==1){ 22 ll x,y,z,a,b,c; 23 //queue<struct pot>pq; 24 scanf("%lld%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&a,&y,&b,&z,&c); 25 ll l,r,temp,A; 26 scanf("%lld%lld%lld%lld",&l,&r,&temp,&A); 27 int head=1; 28 int tail=1; 29 for(int i=1;i<=t;i++){ 30 dp[i]=dp[i-1]; 31 if(i>=x){ 32 dp[i]=max(dp[i],dp[i-x]+a); 33 } 34 if(i>=y){ 35 dp[i]=max(dp[i],dp[i-y]+b); 36 } 37 if(i>=z){ 38 dp[i]=max(dp[i],dp[i-z]+c); 39 } 40 if(i>=l){ 41 while((head+1<=tail&&(i-pq[head]>r||(dp[pq[head+1]]-dp[pq[head]]>(pq[head+1]-pq[head])*A))))head++; 42 if(head<=tail){ 43 dp[i]=max(dp[i],dp[pq[head]]+temp+A*(i-pq[head]-l)); 44 } 45 while(tail>=head&&(dp[i-l+1]-dp[pq[tail]])>A*(dp[i-l+1]-dp[pq[tail]]))tail--;//维护单调队列 46 ++tail; 47 pq[tail]=i-l+1; 48 } 49 } 50 printf("%lld ",dp[t]); 51 } 52 return 0; 53 }
这题还有一个背包的写法，因为大招的伤害和时间的关系是条直线，所以最后的结果一定是若干小技能+若干次不蓄力大招+若干次蓄满力大招+一次不满的大招(注意只会使用一次不满的大招，这点决定了可以直接背包而不会T掉)，也就是说真正需要暴力枚举的大招时间只有一次，也就是那次没有满的大招，所以复杂度就是O(N)
1 #include<iostream> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstring> 4 #include<cstdio> 5 #include<vector> 6 #include<queue> 7 #include<map> 8 using namespace std; 9 //#define io_test 10 #define debug(x) cout<<x<<"####"<<dp[x][0]<<"##"<<dp[x][1]<<endl; 11 typedef long long ll; 12 ll dp[100005],pq[100005]; 13 int main() 14 { 15 #ifdef io_test 16 freopen("in.txt","r",stdin); 17 freopen("out.txt","w",stdout); 18 #endif // io_test 19 //int n,m; 20 int t; 21 while(scanf("%d",&t)==1){ 22 ll x,y,z,a,b,c; 23 //queue<struct pot>pq; 24 scanf("%lld%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&a,&y,&b,&z,&c); 25 ll l,r,temp,A; 26 scanf("%lld%lld%lld%lld",&l,&r,&temp,&A); 27 int head=1; 28 int tail=1; 29 for(int i=1;i<=t;i++){ 30 dp[i]=dp[i-1]; 31 if(i>=x){ 32 dp[i]=max(dp[i],dp[i-x]+a); 33 } 34 if(i>=y){ 35 dp[i]=max(dp[i],dp[i-y]+b); 36 } 37 if(i>=z){ 38 dp[i]=max(dp[i],dp[i-z]+c); 39 } 40 if(i>=l){ 41 dp[i]=max(dp[i],dp[i-l]+temp); 42 } 43 if(i>=r){ 44 dp[i]=max(dp[i],dp[i-r]+temp+A*(r-l)); 45 } 46 } 47 for(int i=l;i<=r;i++){//未满的大招只有一次，所以只进行一次枚举更新 48 if(t>=i)dp[t]=max(dp[t],dp[t-i]+temp+A*(i-l)); 49 } 50 printf("%lld ",dp[t]); 51 } 52 return 0; 53 }