Vijos P1243 生产产品 （单调队列优化DP）

题意：

　　必须严格按顺序执行M个步骤来生产一个产品，每一个步骤都可以在N台机器中的任何一台完成。机器i完成第j个步骤的时间为T[i][j]。把半成品从一台机器上搬到另一台机器上也需要一定的时间K。每台机器最多只能连续完成产品的L个步骤。也就是说，如果有一台机器连续完成了产品的L个步骤，下一个步骤就必须换一台机器来完成。问一个产品最短需要多长时间呢？（对于100%的数据，N<=5， L<=50000，M<=100000）

题意：

　　被高中生虐了~

　　题意要求尽量缩短时间来完成一件产品，但是由于需要按照步骤，所以多线程的方式不必考虑。dp[i][j]=min（dp[k][p]）+（sum[i][j] - sum[k][j]），dp[i][j]表示完成前i个步骤，且最后一步是在第j台机器上完成。sum[k][j]表示第j台机器完成第1~k个步骤所需要的时间和，但是k与i的距离不宜超过规定的L。式子也可以这样写：dp[i][j]=min（dp[k][p] -  sum[k][j]）+ sum[i][j] ，那么就单单看这项min（dp[k][p] -  sum[k][j]）就行了，这不就是类似于在序列区间a[i-L]~a[i-1]之间找一个最小值的问题？那就可以用单调队列解决了。复杂度为O(n²*m)，是与L无关的。

//#include <bits/stdc++.h>
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <deque>
#include <map>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <iostream>
#define pii pair<int,int>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LL long long
#define ULL unsigned long long
using namespace std;
const double PI  = acos(-1.0);
const int N=100100;
const int M=10;
int m, n, K, L;
int t[N][M], dp[N][M];
int que[N][M], idx[N][M], top[M], rear[M];

void calmin(int i)
{
    for(int j=1; j<=n; j++)
    {
        int tar=INF;
        for(int k=1; k<=n; k++)
        {
            if(j==k)    continue;
            tar=min(tar, dp[i][k]);
        }
        tar-=t[i][j];
        while( top[j]<rear[j] && que[rear[j]-1][j]>=tar )    rear[j]--;
        que[rear[j]][j]=tar;
        idx[rear[j]][j]=i;
        rear[j]++;
    }
}

void init()
{
    memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
    memset(top,0,sizeof(top));
    memset(rear,0,sizeof(rear));
    memset(dp[0],0,sizeof(dp[0]));
    memset(que,0,sizeof(que));
    memset(idx,0,sizeof(idx));
    for(int i=1; i<=n; i++) //在单个机器上运行所有任务，求区间和
        for(int j=1; j<=m; j++)
            t[j][i]+=t[j-1][i];
    for(int i=1; i<=n; i++)
        rear[i]++;
}
int cal()
{
    init();
    for(int i=1; i<=m; i++) //枚举步骤
    {
        for(int j=1; j<=n; j++) //用第j台机器来完成i项
        {
            while( top[j]<rear[j] && idx[top[j]][j]<i-L)
                top[j]++;       //过期
            int &d=dp[i][j];
            if( top[j]==rear[j] )
            {
                for(int k=1; k<=n; k++)
                {
                    if(k==j)continue;
                    d=min(d, dp[i-1][k]);
                }
                d+=t[i][j]-t[i-1][j];
            }
            else    d=min(d, que[top[j]][j]+t[i][j]+K );
        }
        calmin(i);
    }

    int ans=INF;
    for(int i=1; i<=n; i++)    ans=min(ans, dp[m][i]);
    return ans-K;   //第一步不需要换机器费用
}


int main()
{
    //freopen("input.txt","r",stdin);
    while(~scanf("%d%d%d%d",&m, &n, &K, &L))
    {
        for(int i=1; i<=n; i++) //机器
            for(int j=1; j<=m; j++) //步骤
                scanf("%d",&t[j][i]);
        cout<<cal()<<endl;
    }
    return 0;
}