单调队列优化动态规划

引入
例题1 Diving the Path

题目大意
思路
代码

例题2 最大子段和

思路
代码

例题3 绿色通道

题目描述
输入描述
输出描述
样例输入
样例输出
数据范围
思路
代码

例题4

思路
代码

其他练习

引入

可用单调队列优化的动规有一大类题型，它们多半都有一个特征：
可以化归为序列中定长区间的最值问题。注意这里必须是定长区间，否则应用RMQ算法。
下面举一个例子：

输入：第一行两个正整数N(N<=600000)，M。接下来一行N个数。
输出：对于每个区间[i,i-M+1]，输出其中的最小值
思路：很显然这道题数据大到不允许利用RMQ的各种O(NlogN)的算法，想到每一次找最小值都只是将上一个区间后移一个数，即这个区间的答案很有可能可从上个区间获得，于是保持一个单调队列，区间每后移一次，就将num[i]插入队尾，若队尾的数Q[k]大于等于当前的数（num[i]），就说明Q[k]在以后就不可能是一个可行解，删去它，这样循环操作，直至Q[k]<num[i]为止。
对于每一个区间的最小值，只需输出当前队最前面的且在num中的下标号大于i-M+1的值即可。这样复杂度就从O(NlogN)飞跃到了O(N)。
此外，有很多问题可以化归为此问题进行解决，如求序列中长度不大于定值的最大连续子序列和等问题，并且此方法可以套用于满足上述性质的非动归题目，应用范围极广。

例题1 Diving the Path

POJ-2373
链接：http://poj.org/problem?id=2373
https://vjudge.net/problem/POJ-2373

在这里插入图片描述

题目大意

有一个长度为L（1000000）的区间，L是偶数，喷水的机器半径是a到b，
限制：1区间不能重复覆盖，2部分区域一定只能被一个机器覆盖。
求最少需要多少机器。

思路

f[i]表示长度为i的最少需要几个设备。
f[i]=1+min(f[i-2a]…f[i-2b]);
把f[i-2a]到f[i-2b]看成一个滑动窗口，维护一个从小到大的队列，左边可以出去，右边也可以出去，右边出去的条件是当前新加入的数小于等于队尾，就可以把队尾删除。

同时注意，由于某些区域只能由一个设备覆盖，所以对于[s,t]的这种区域，我们对于所有的s<i<t,都让f[i]=无穷大+1；
而且只有当i是偶数的时候，f[i]才有解。
q数组里面记录的是下标.

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>

#define R          register int
#define re(i,a,b)  for(R i=a; i<=b; i++)
 
using namespace std;

int const inf=(int)1e7;
int const N=1000005;

int a,b,n,l;
int f[N],q[N];

int main() {
    scanf("%d%d%d%d",&n,&l,&a,&b);
    re(i,1,l) f[i]=inf;
    re(i,0,n-1) {
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        re(j,x+1,y-1) f[j]=inf+1;
    }
    f[0]=0;
    int ft=0,lt=-1;
    for(int i=2; i<=l; i+=2) {
        while(ft<=lt && q[ft]<i-2*b) ft++;
        if(i-2*a>=0) {
            while(ft<=lt && f[q[lt]]>=f[i-2*a]) lt--;
            q[++lt]=i-2*a;
        }
        if(f[i]==inf+1) continue;
        if(ft<=lt) f[i]=1+f[q[ft]];
    }
    if(f[l]>=inf) f[l]=-1;
    printf("%d\n",f[l]);
    return 0;
}

例题2 最大子段和

最大子段和（最大子序和）
链接：
Luogu：https://www.luogu.com.cn/problem/P1115
51Nod：https://www.51nod.com/Challenge/Problem.html#problemId=1049
vjudge：https://vjudge.net/problem/51Nod-1049
在这里插入图片描述

思路

f[i]表示以i为结尾的最大子序和
$f[i]=sum[i]-min(sum[i-1],sum[i-2]..sum[i-m])$
维护一个单调队列即可。

代码

#include <stdio.h>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;

int const N=50005;

ll n;
ll a[N],f[N];

int main() {
    scanf("%lld",&n);
    for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%lld",&a[i]);
    for(int i=1; i<=n; i++) if(f[i-1]>0) f[i]=f[i-1]+a[i];
        else f[i]=a[i];
    ll ans=0;
    for(int i=1; i<=n; i++) ans=max(f[i],ans);
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

例题3 绿色通道

CodeVS-3342（可惜CodeVS死了）

题目描述

《思远高考绿色通道》(Green Passage, GP)是唐山一中常用的练习册之一，其题量之大深受lsz等许多oiers的痛恨，其中又以数学绿色通道为最。2007年某月某日，soon-if (数学课代表)，又一次宣布收这本作业，而lsz还一点也没有写……

高二数学《绿色通道》总共有n道题目要写(其实是抄)，编号1…n，抄每道题所花时间不一样，抄第i题要花a[i]分钟。由于lsz还要准备NOIP，显然不能成天写绿色通道。lsz决定只用不超过t分钟时间抄这个，因此必然有空着的题。每道题要么不写，要么抄完，不能写一半。一段连续的空题称为一个空题段，它的长度就是所包含的题目数。这样应付自然会引起马老师的愤怒。马老师发怒的程度(简称发怒度)等于最长的空题段长度。

现在，lsz想知道他在这t分钟内写哪些题，才能够尽量降低马老师的发怒度。由于lsz很聪明，你只要告诉他发怒度的数值就可以了，不需输出方案。(快乐融化：那么lsz怎么不自己写程序？lsz：我还在抄别的科目的作业……)

输入描述

第一行为两个整数n,t，代表共有n道题目，t分钟时间。
以下一行，为n个整数，依次为a[1], a[2],… a[n]，意义如上所述。

输出描述

仅一行，一个整数w，为最低的发怒度。

样例输入

17 11
6 4 5 2 5 3 4 5 2 3 4 5 2 3 6 3 5

样例输出

数据范围

60%数据 n<=2000
100%数据 0 < n <=50000，0 < a[i] <=3000，0< t<=100000000

思路

先二分枚举答案枚举一个最大的空题区间mid，然后dp判断是否可以达到
F[i]表示第i题一定要做的情况下，前i题满足条件，最少需要花费的时间
F[i]=min(f[j])+a[i]; i-mid-1<=j<=i-1 单调队列

代码

CodeVS没了，代码也没了。

例题4

POJ-1276
链接：http://poj.org/problem?id=1276
https://vjudge.net/problem/POJ-1276

在这里插入图片描述

思路

用单调队列优化多重背包
多重背包状态转移方程：
$f[i][j]=max(f[i-1][j-k*w[i]]+k*v[i]),0<=k<=min(num[i],j/w[i]);$
有三重循环
二进制可以优化一下
通过单调队列可以优化到O(nm)
求f[i][0…m]
设余数为r，我们来求解f[i][r+k*w[i]];
r=0:
$f[i][0] ,f[i][w[i]],f[i][2*w[i]],f[i][k*w[i]]$
r=1:
$f[i][1],f[i][1+w[i]],f[i][1+2*w[i]],..f[i][1+k*w[i]]$
$f[i][r],f[i][r+w[i]],f[i][r+2*w[i]]...f[i][r+k*w[i]]$
$f[i][j]=max(f[i-1][r]+x*v[i],f[i-1][r+w[i]]+(x- 1)*v[i],f[i-1][r+2*w[i]]+(x-2)*v[i],....f[i- 1][r+x*w[i]]+0*v[i]);$
$f[i][j]=max(f[i-1][j+k*w[i]]+(x-k)*v[i]);$
$f[i][j]=max(f[i-1][j+k*w[i]]-k*v[i])+x*v[i];$
$f[i-1][j+k*w[i]]-k*v[i]放到单调队列里面$
$k表示在x个里面少取了k个$
$0<=k<=min(x,num[i])$
$j mod w[i]=r$
$j div w[i]=x$

代码

#include <cstdio>
#include <cstring>

using namespace std;

int const N=13;
int const M=100005;

int n,m;
int f[M],a[N],b[N],q[M],v[M];

int main() {
    while(scanf("%d",&m)!=EOF) {
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d%d",&b[i],&a[i]);
        memset(f,0,sizeof(f));
        for(int i=1; i<=n; i++) for(int r=0; r<a[i]; r++) {
            int st=0,ed=-1,k=0;
            for(int j=r; j<=m; j+=a[i],k++) {
                while(st<=ed && q[st]<k-b[i]) st++;
                while(st<=ed && v[ed]<=f[j]-k*a[i]) ed--;
                q[++ed]=k,v[ed]=f[j]-k*a[i];
                f[j]=v[st]+k*a[i];
            }
        }
        printf("%d\n",f[m]);
    }
    return 0;
}

其他练习

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