洛谷 P5858 「SWTR-03」Golden Sword（单调队列优化dp）

传送门

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解题思路

很显然是dp（因为标签是dp）。

设dp[i][j]表示放到第i个原料，放完后的原料数量为j个最大的耐久度。

可以用dp[i-1][k]转移而来，其中k：j-1<=k<=min(w,j+s-1)。

你发现了什么，可以用单调队列优化！

即维护一个长度为s的单调队列。

//把这个题当做单调队列优化dp的板子貌似不是很友好…………

但是这个题细节是真的多……先来欣赏一下曲折的AC过程：

1. ans和dp一开始要初始化为很小的负数，否则负数点全挂。（remove WA）
2. 注意数组开的范围：>5500，而不是5000。（remove RE）
3. 注意时刻判断队列是否为空。（remove RE）（35分到手）
4. ans、dp、q需要累加，所以会超过int范围。（remove WA）（50分到手）
5. 因为dp更新时要加上a[i]*j，若a[i]为int，则int*5500会炸int，所以a也要开long long。（remove WA）（55分到手）
6. ans要初始化为long long的很小的负数值，很小的int不够。（remove WA）（100分到手）

我***……

AC代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
int n,m,s;
long long ans=-0x3f3f3f3f3f3f,dp[5505][5505],qq[5505],a[5505];
int main(){
    memset(dp,-0x3f,sizeof(dp)); 
    cin>>n>>m>>s;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    for(int i=1;i<=n;i++){
        deque<int> q;
        for(int j=min(m,i-1);j>0;j--){
            if(q.empty()) q.push_back(j);
            else{
                while(!q.empty()&&q.front()>j+s) q.pop_front();
                while(!q.empty()&&dp[i-1][q.back()]<=dp[i-1][j]) q.pop_back();
                q.push_back(j);
            }
            qq[j]=dp[i-1][q.front()];
        }
        while(!q.empty()&&q.front()>s) q.pop_front();
        if(!q.empty()) qq[0]=dp[i-1][q.front()];
        else qq[0]=0; 
        for(int j=1;j<=min(m,i);j++){
            dp[i][j]=qq[j-1]+a[i]*j;
        }
    }
    for(int i=1;i<=m;i++) ans=max(ans,dp[n][i]);
    cout<<ans;
    return 0;
}