题解 P4852 【yyf hates choukapai】

(Large exttt{P4852})

联赛前的一篇 ( exttt{DP}) 题解，祝各位不要挂分。

标签：单调队列优化 ( exttt{DP}) 。

这也是我第一次写单调队列题解，写的不好请见谅QwQ。

并输出选择方案。

题意

一段序列，你要在序列里选择 (n) 段长 (c) 的子序列，价值为序列第一个数，还要选 (m) 个数，价值为它本身，求最大的价值和，但是不能选连续 (d) 个数，求最大价值和。

(1 le n le 40)，(1 le d le m le 80000)，(2 le c le 3000)

保证有解。

思路

看上去不这么显然观察到 (n) 只有 (40) ，可能是一个与 (n) 密切有关的 ( exttt{DP})。

先建立 ( exttt{dp[i]}) ，表示前 (i) 个数的最大价值，如果普通暴力转移，时间会爆炸并且这个方程有后效性的（即前i个数末尾有几个单选的数可能会影响到后面的选择）。

考虑二维 ( exttt{DP}) ，建立( exttt{dp[i][j]}) 表示前 (i) 个数有 (j) 个长为 (c) 的子序列，很容易得到转移方程，每一步都 (j-1) 转移上来。

可以列出状态转移方程：

[ exttt{dp[i][j]=dp[k-c][j-1]+sum[i]-sum[k]+a[k-c+1]} ]

其中，方案为在 (k-c+1) 到 (k) 选一段长为 (c) 序列，在 (k+1) 到 (i) 选 (i-k) 个单个的数。

(k) 的范围十分显然，(i-d le k le i)

但是一算复杂度直接炸了，考虑优化。

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观察式子，发现没有带 (k) 的项与带 (i)的项相关联，可以把sum[i]单独提出来，剩下的全和 (k) 有关。

单调队列可做。

每次将式子入单调队列，并排除 (k) 过小的情况可以做到 ( exttt{O(1)}) 转移。

方案的计算就再开一维记录每一个状态从何而来。

总复杂度 (large exttt{O(n(nc+m))})

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long
const int N = 1e6;
const int M = 40;
inline int read()
{
    register int s = 0;
    register bool neg = 0;
    register char c = getchar();
    for (; c < '0' || c > '9'; c = getchar())
        neg |= (c == '-');
    for (; c >= '0' && c <= '9'; s = s * 10 + (c ^ 48), c = getchar())
        ;
    return (neg ? -s : s);
}

int a,b,c,d,mx,dp[N+10][M+10][2],s[N+10],sum[N+10],qu[N+10][2],l,r;

inline int calc(int n,int m) {
    return dp[n-c][m][0]-sum[n]+s[n-c+1];
}

inline void print(int n,int m) {
    if(m==-1) return;
    print(dp[n][m][1],m-1);
    printf("%lld ",n+1);
}

signed main()
{
    // freopen("in1.in", "r", stdin);
    a=read();
    b=read();
    c=read();
    d=read();
    mx=a*c+b;
    for(int i=1;i<=mx;i++) s[i]=read(),sum[i]=s[i]+sum[i-1];
    for(int i=1;i<=d;i++) dp[i][0][0]=sum[i];
    for(int i=1;i<=a;i++) {
        l=1,r=0;
        for(int j=i*c;j<=mx;j++) {
            while(l<=r&&qu[r][0]<calc(j,i-1)) r--;
            qu[++r][0]=calc(j,i-1);
            qu[r][1]=j;
            while(l<=r&&qu[l][1]<j-d) l++;
            dp[j][i][0]=qu[l][0]+sum[j];
            dp[j][i][1]=qu[l][1]-c;
        }
    }
    printf("%lld
",dp[mx][a][0]);
    print(dp[mx][a][1],a-1);
    return 0;
}