P2627 修剪草坪

P2627 修剪草坪

题目描述
在一年前赢得了小镇的最佳草坪比赛后，Farm John变得很懒，再也没有修剪过草坪。现在，新一轮的最佳草坪比赛又开始了，Farm John希望能够再次夺冠。

然而，Farm John的草坪非常脏乱，因此，Farm John只能够让他的奶牛来完成这项工作。Farm John有N(1 <= N <= 100,000)只排成一排的奶牛，编号为1...N。每只奶牛的效率是不同的，奶牛i的效率为E_i(0 <= E_i <= 1,000,000,000)。

靠近的奶牛们很熟悉，因此，如果Farm John安排超过K只连续的奶牛，那么，这些奶牛就会罢工去开派对:)。因此，现在Farm John需要你的帮助，计算FJ可以得到的最大效率，并且该方案中没有连续的超过K只奶牛。

输入输出格式
输入格式：
第一行：空格隔开的两个整数 N 和 K

第二到 N+1 行：第 i+1 行有一个整数 E_i

输出格式：
第一行：一个值，表示 Farm John 可以得到的最大的效率值。

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观察问题，转化为满足合法的条件下，舍去效率的点尽可能小

(dp[i]) 表示： 前 (1 ~ i) 满足条件合法， 且一定舍弃了第 (i) 个 舍去的最小效率

我们需要一点 动归中的贪心思想， 最后合法的方案一定是：选尽可能多个——一个断点——继续选连续的尽可能多的， 断点保证了连续的奶牛不大于 (k) 个，在这个条件下尽可能多选， 而我们的 (dp[i]) 弄的就是这样一个断点， 因为连续的牛不能超过 (k) 个，那么两断点之间应有什么联系呢？考虑边缘情况， (i) 和 (j)之间恰好夹着一个长度为 (k) 的区间，则有 (i - j = k +1) 所以我们得到 (j) 与 (i) 的关系： (1 <= i - j <= k + 1) 并得到状态转移方程$$dp[i] = min(dp[j] {1 <= i - j <= k + 1}) + v[i]$$

由于 (min(dp[j] {1 <= i - j <= k + 1}) 的取值在一个区间内， 考虑单调队列优化 (dp)。

推完所有 (dp) 后，考虑最后一个区间：最后一个区间合法，只要在 (n - k) 之后有断点即可（画图）， 所以我们枚举在 (n - k) 之后的每一个 (dp) 或者说直接可以利用刚才的的单调队列， 查询这段区间的最小值， 用全部权值减去这一最小值即为答案

附：考场小技巧：此题中出现大量端点问题， 比赛时多画图， 比凭空想端点来的快得多， 也稳

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
LL RD(){
	LL flag = 1, out = 0;char c = getchar();
	while(c < '0' || c > '9'){if(c == '-')flag = -1;c = getchar();}
	while(c >= '0' && c <= '9'){out = out * 10 + c - '0';c = getchar();}
	return flag * out;
	}
const LL maxn = 100019;
LL num, k, sum;
LL dp[maxn];//表示前i个人的合法情况下的去掉的最小值
LL v[maxn];
struct Que{
	LL index, val;
	Que (LL index, LL val):index(index), val(val){}
	Que(){};
	}Q[maxn];
LL head = 1, tail = 0;
LL get_min(){return Q[head].val;}
void push_back(LL x){
	while(head <= tail && dp[x] <= Q[tail].val)tail--;
	Q[++tail] = Que(x, dp[x]);
	}
void check(LL x){
	while(x - Q[head].index > k + 1)head++;
	}
int main(){
	num = RD();k = RD();
	for(LL i = 1;i <= num;i++)v[i] = RD(), sum += v[i];
	for(LL i = 1;i <= k + 1;i++)dp[i] = v[i], push_back(i);
	for(LL i = k + 2;i <= num;i++){
		check(i);
		dp[i] = get_min() + v[i];
		push_back(i);
		}
	check(num + 1);
	printf("%lld
", sum - get_min());
	return 0;
	}