题意
5501 环路运输 0x50「动态规划」例题
描述
在一条环形公路旁均匀地分布着N座仓库，编号为1~N，编号为 i 的仓库与编号为 j 的仓库之间的距离定义为 dist(i,j)=min(|i-j|,N-|i-j|)，也就是逆时针或顺时针从 i 到 j 中较近的一种。每座仓库都存有货物，其中编号为 i 的仓库库存量为 A_i。在 i 和 j 两座仓库之间运送货物需要的代价为 A_i+A_j+dist(i,j)。求在哪两座仓库之间运送货物需要的代价最大。1≤N≤10^6，1<=Ai<=10^7。
输入格式
第一行一个整数N，第二行N个整数A1~AN。
输出格式
一个整数，表示最大代价。
样例输入
5 1 8 6 2 5
样例输出
15
分析
参照SSL_ZYC的题解。
环上的DP固然不好做，可以先把环拆成链，再拷贝一份。成为一条长度为\(2n\)的链。
那么接下来的DP就再链上DP就可以了。
首先对于两点的距离，取的是\(a[i]+a[j]+\min(|i-j|,|n-(i-j)|)\)。也就是环上顺时针和逆时针的距离的最小值。现在变成了链，就要发生改变。
很容易发现，顺时针和逆时针的最小值就是看看\(|i-j|\)是否超过了\(n/2\)，如果没有超过，那么肯定顺时针更优，否则逆时针更优。
那么将环拆成链之后，顺时针还是在原来的环上（即$ i,j\leq n\(），就可以直接求出答案。否则\)j\(就会超过\)n\(。 如果是逆时针，那么链拷贝一份的作用求起到了。那么我们用\)|i-j|\(变成\)|j-i|\(，之后又知道\)j=j+n\(，那么就有\)|i-j|=|j-i|=|j+n-i|$。那么也变成了一条链。就可以求出答案了。
时间复杂度\(O(n^2)\)，必须优化。我们发现要求最大值，那么就可以用单调队列优化，维护在区间范围内的最大值，每次至直接\(O(1)\)求最大值即可。时间复杂度\(O(n)\)
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
#define il inline
#define co const
template<class T>il T read(){
rg T data=0,w=1;rg char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)) data=data*10+ch-'0',ch=getchar();
return data*w;
}
template<class T>il T read(rg T&x) {return x=read<T>();}
typedef long long ll;
co int N=2e6+1;
int a[N],q[N],n,ans;
int main(){
// freopen(".in","r",stdin),freopen(".out","w",stdout);
read(n);
for(int i=1;i<=n;++i) a[n+i]=read(a[i]);
int l=1,r=1;
q[1]=1;
for(int i=2;i<=n<<1;++i){
while(l<=r&&i-q[l]>n/2) ++l;
ans=std::max(ans,a[i]+a[q[l]]+i-q[l]);
while(l<=r&&a[i]-i>=a[q[r]]-q[r]) --r;
q[++r]=i;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}