1. Watching Fireworks is Fun(CF372C)
Decscription
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一个节日将在一个镇的主街道上举行。 街道被分为(n)段,从左到右编号为(1)到(n),每个相邻部分之间的距离为(1)。
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节日里在主街道有 (m) 个烟花要放,第(i(1le ile m))次烟花将在 (t_i) 时在 (a_i) 段燃放。 如果您在第 (i) 次发射时处于 (x(1le x le n)) ,您将获得幸福值 (b_i-|a_i-x|) (请注意,幸福价值可能是负值)
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您可以以单位时间间隔移动长度为 (d) 个长度单位,但禁止离开主要街道。 此外,在初始时刻(时间等于 (1) )你可以在街道的任意部分,并希望最大化从观看烟花获得的幸福总和。 找到最大的总幸福。
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请注意,两个或多个烟花可以同时发射
Input
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第一行包含三个整数(n, m, d (1≤ n ≤150000; 1≤ m ≤300; 1≤ d ≤ n))
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接下来(m)行每行包含三个整数(a_i, b_i, t_i (1≤ a_i ≤ n; 1≤ b_i ≤10^9; 1≤ t_i ≤10^9))。第(i)行描述第(i)次烟花发射
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确保满足条件(t_i≤t_{i + 1}(1≤i<m))。
Output
- 输出一个整数 —— 从观看所有烟花获得的最大幸福总和
Sample Input
样例输入1:
50 3 1
49 1 1
26 1 4
6 1 10
样例输入2:
10 2 1
1 1000 4
9 1000 4
Sample Output
样例输出1:
-31
样例输出2:
1992
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分析
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如果 (i) 时位置确定,在 (x_i) ,则到下一个燃放时刻时最远能一定(h=(t_{i+1}-t_i)*d),则位置可能在$[x_i-h,x_i+h] $ 。
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所以该次燃放后可能获得的幸福总和由上一次位于([j−h,j+h])处的(2h+1)种情形得到。
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定义:(dp[i][j]),表示第 (i) 次烟花燃放时位于 (j) 时所能获得的最大的幸福总和。
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动态转移方程:(dp[i][j]=max(dp[i-1][k])+b[i]-|a[i]-j|,kin [j-h,j+h]) 。
- 第 (i) 次燃放时处于 (j(1le jle n)),那第 (i-1) 次燃放时必须能到达 (j) ,所以 (j-hle k le j+h)。
- 当前状态至于上一行的某个区间的最值有关,我们很快就能联想起用单调队列进行优化。
- 当前行状态至于上一行的状态相关,果断滚动数组压维。
- 时间效率:(O(m*n))。
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Code
#include <bits/stdc++.h> typedef long long LL; const int maxn=15e4+5; LL dp[2][maxn]; void Solve(){ int n,m,d;scanf("%d%d%d",&n,&m,&d); int pre_t=1,k=0;//pre_t 记录上一个烟花的时刻,k滚动数组标记,k当前行,!k上一行 while(m--){ int a,b,t;scanf("%d%d%d",&a,&b,&t); LL h=1LL*(t-pre_t)*d;//从上一个时刻到这个烟花燃放时刻最远能走多远 h=std::min(h,LL(n));//h过大没什么意义,最大为n pre_t=t;//为下一个时刻做准备 k=!k;//滚动数组标记 std::deque <int> q; for(int i=1,j=1;i<=n;++i){//i枚举当前燃放时所处的位置,j表示上一个烟花时可能的为主 for(;j<=i+h && j<=n;++j){//注意j在上面定义的,即当i改变位置时,j没有重新赋值 while(!q.empty() && dp[!k][q.back()]<=dp[!k][j])q.pop_back(); q.push_back(j);//当上一行j位置的dp值比队尾大时显然,队尾就没用了 } while(!q.empty() && q.front()<i-h)q.pop_front();//保证左边范围 dp[k][i]=dp[!k][q.front()]+b-std::abs(a-i); } } LL ans=dp[k][1]; for(int i=2;i<=n;++i)//看最后一个烟花时,你可能在1~n的任何一个位置 ans=std::max(ans,dp[k][i]); printf("%lld ",ans); } int main(){ Solve(); return 0; }
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