全局最优解必然包含局部最优解，因此每次转移只需考虑局部最优解！！！
主要内容
形如这样 的 (operatorname{DP}) 转移方程：
满足：
-
({L_i}) , ({R_i}) 递增（ 前提条件 ）。
-
(R_i le i) （ 转移条件 ）。
-
(val(i,j)) 值只与 (j) 相关 （ 根本优化转移前提 ） 。
维护一个滑动窗口，每次求窗口中的最大值。对于两个点 (x) ，(y) ，如果 (x < y) 且 (f(x) < f(y)) ，那么 (y) 进入窗口后，决策点一定不会是 (x) 。
用一个单调队列维护窗口里所有可能用到的决策点。
窗口右端点向右滑动时，把一个新的点插入队尾。队尾点为 (q[r]) ，新点为 (x) ，如果 (f(q[r]) le f(x)) ，那么 (q[r]) 没用，把 (q[r]) 弹掉。重复过程直到队尾点可能有用，即 (f(q[r]) > f(x)) ，把 (x) 入队。
队列中的 (f(i)) 从队首到队尾递减。决策时，首先弹掉队首超过范围的点。这时队首点就是决策点。(f(i) = max {{f(j) + w_i}} [i-R_i le j le i-L_i])
单调队列优化 也称为 滑动窗口 。
变式 (-) 单调队列优化多重背包
内容
设 (dp[i][j]) 表示前 (i) 个物品放入容量为 (j) 的背包的最大收益 。
考虑 (dp) 的转移 。
这样就可以进行单调队列优化了 。
时间复杂度：(O(nV)) 。
核心代码：（ P1776 宝物筛选 ） 代码中的 (pos) 就是上面的 (j-k) 。
int ql,qr;
struct QUE
{
int num,val;
}que[Maxv];
void many_pack(int c,int w,int m)
{
if(!c) { add+=m*w; return; }
m=min(m,V/c);
for(int pos=0,s;pos<c;pos++)
{
ql=1,qr=0,s=(V-pos)/c;
for(int j=0;j<=s;j++)
{
while(ql<=qr && que[qr].val<=(dp[pos+j*c]-j*w)) qr--;
que[++qr]=(QUE){j,dp[pos+j*c]-j*w};
while(ql<=qr && (j-que[ql].num)>m) ql++;
dp[pos+j*c]=max(dp[pos+j*c],que[ql].val+j*w);
}
}
}
多重背包的其他解法：二进制分组优化 ，时间复杂度： (O(Vsum_{i=1}^{n}log_2{k_i})) ，见背包问题 。
注意：
用结构体存储单调队列，防止反复修改 (dp) 值。
并注意 (j=0) 时的情况，及时更新。
二维单调队列
对于每一列维护一个竖直方向上的一维单调队列。
在每一行统计答案的时候，用一个新的一维单调队列维护每一列的最优答案。
最终答案在新的一维单调队列上。
例题
P1725 琪露诺
$ exttt{solution}$
状态：设 (dp[i]) 表示走到 (i) 的最大收益。
(L) 与 (R) 都是上文中的转移范围。
核心代码：
n=rd(),tmpl=rd(),tmpr=rd();
for(int i=0;i<=n;i++) a[i]=rd();
for(int i=1;i<=n;i++) L[i]=i-tmpr,R[i]=i-tmpl;
memset(dp,-inf,sizeof(dp));
dp[0]=a[0];
for(int i=1;i<=n;i++) // 必须从 l 开始
{
if(R[i]<0) continue;
while(l<=r && q[l]<L[i]) l++;
while(l<=r && dp[q[r]]<=dp[R[i]]) r--;
q[++r]=R[i]; // 因为 i-L 小于 i ，所以应该确保最有决策再进行转移
dp[i]=dp[q[l]]+a[i];
}
int ans=-inf;
for(int i=L[n]+1;i<=n;i++) ans=max(ans,dp[i]);
printf("%d
",ans);
P3572 [POI2014]PTA-Little Bird
$ exttt{solution}$
状态：(dp[i]) 表示到 (i) 为止的最小代价。
核心代码：
bool Better(int x,int y)
{
if((dp[x]<dp[y]) || (dp[x]==dp[y] && h[x]>=h[y])) return true;
return false;
}
for(int i=1;i<=n;i++) L[i]=i-k,R[i]=i-1;
q[1]=l=r=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(R[i]<0) continue;
while(l<=r && q[l]<L[i]) l++;
while(l<=r && Better(R[i],q[r])) r--;
q[++r]=R[i];
dp[i]=dp[q[l]]+(h[q[l]]<=h[i]);
}
printf("%d
",dp[n]);
P3957 跳房子
$ exttt{solution}$
注意点：
-
存储要开 ( exttt{long}~ exttt{long}) 。
-
注意转移的左右端点判断问题。
代码：
bool check(int g)
{
memset(dp,-inf,sizeof(dp)),dp[0]=0;
memset(L,inf,sizeof(L)),memset(R,-1,sizeof(R));
int tl=max(1,d-g),tr=d+g;
ll MAX=-inf;
for(int i=0,tmpr=0;i<=n;i++) // 判断左端点
while(tmpr<=n && pos[i]+tr>=pos[tmpr]) L[tmpr++]=i;
for(int i=n,tmpl=n;i>=0;i--) // 判断右端点
{
while(pos[i]+tr<pos[tmpl]) tmpl--; // 可能没有右端点
while(tmpl>=0 && pos[i]+tl<=pos[tmpl] && pos[i]+tr>=pos[tmpl]) R[tmpl--]=i;
}
for(int i=1,l=1,r=0;i<=n;i++)
{
if(L[i]>R[i]) continue;
while(l<=r && q[l]<L[i]) l++;
for(int j=max(R[i-1]+1,L[i]);j<=R[i];j++) // 右端点不一定是连续的，而且可能是 -1
{
while(l<=r && dp[q[r]]<dp[j]) r--;
q[++r]=j;
}
if(l<=r) dp[i]=dp[q[l]]+val[i];
}
for(int i=0;i<=n;i++) MAX=maxll(MAX,dp[i]);
return (MAX>=k);
}
int l=1,r=pos[n];
while(l<=r)
{
int mid=(l+r)/2;
if(check(mid)) ans=mid,r=mid-1;
else l=mid+1;
}
printf("%d
",ans);
P1099 树网的核 (&) P2491 [SDOI2011]消防（加强版 树网的核）
$ exttt{solution}$
-
求直径（ 这应该都会 ） 。
-
在直径上单调队列，求出不大于 (s) 的一个区间，使区间两端到直径两端的最大值最小 （ 即那一段区间的 (operatorname{GCC}) ）
-
对每一个直径上的点求：到有这个点伸出去的最远距离，与答案取 (max) 。
(Finish)
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define infll 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define inf 0x3f3f3f3f
#define Maxn 500005
typedef long long ll;
inline int rd()
{
int x=0;
char ch,t=0;
while(!isdigit(ch = getchar())) t|=ch=='-';
while(isdigit(ch)) x=x*10+(ch^48),ch=getchar();
return x=t?-x:x;
}
int n,s,tot,root1,root2,cnt,tmp,ans=inf;
int d[Maxn],fa[Maxn],que[Maxn],mx[Maxn],addmx[Maxn];
int hea[Maxn],nex[Maxn*2],ver[Maxn*2],edg[Maxn*2];
bool isdia[Maxn];
void add(int x,int y,int d)
{
ver[++tot]=y,edg[tot]=d,nex[tot]=hea[x],hea[x]=tot;
}
void dfs(int x)
{
for(int i=hea[x];i;i=nex[i])
{
if(ver[i]==fa[x]) continue;
fa[ver[i]]=x;
d[ver[i]]=d[x]+edg[i];
dfs(ver[i]);
}
}
void dfs2(int x,int F,int dis)
{
ans=max(ans,dis);
for(int i=hea[x];i;i=nex[i])
{
if(ver[i]==F || isdia[ver[i]]) continue;
dfs2(ver[i],x,dis+edg[i]);
}
}
int main()
{
//freopen(".in","r",stdin);
//freopen(".out","w",stdout);
n=rd(),s=rd();
int u,v,eg;
for(int i=1;i<n;i++)
{
u=rd(),v=rd(),eg=rd();
add(u,v,eg),add(v,u,eg);
}
dfs(1);
for(int i=1;i<=n;i++) if(d[i]>d[root1]) root1=i;
fa[root1]=0,d[root1]=0;
dfs(root1);
for(int i=1;i<=n;i++) if(d[i]>d[root2]) root2=i;
for(tmp=root2;tmp!=root1;tmp=fa[tmp]) mx[++cnt]=d[tmp],isdia[tmp]=true;
mx[++cnt]=0,isdia[root1]=true;
for(int i=1,l=1,r=0;i<=cnt;i++)
{
while(l<=r && mx[que[l]]>mx[i]+s) l++;
que[++r]=i;
ans=min(ans,max(mx[1]-mx[que[l]],mx[que[r]]));
}
for(int i=1;i<=n;i++) if(isdia[i]) dfs2(i,0,0);
printf("%d
",ans);
//fclose(stdin);
//fclose(stdout);
return 0;
}
CF372C Watching Fireworks is Fun
$ exttt{solution}$
状态：设 (dp[i][j]) 表示在放第 (i) 个烟花的时候，在第 (j) 个位置的最大快乐值 。
转移方程：
将转移方程变形：
一看到上面这个方程，一眼就会想到 单调队列优化(operatorname{DP}) ！
可以用一个单调队列维护 (dp[i-1][j-(t[i]-t[i-1]),j+(t[i]-t[i-1])]) 的最大值，转移到 (dp[i][j]) ，转移均摊 (O(1)) 。
复杂度：(O(nm)) 。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define infll 0x7f7f7f7f7f7f7f7f
#define inf 0x7f7f7f7f
#define Maxn 150005
#define Maxm 305
typedef long long ll;
inline ll rd()
{
ll x=0;
char ch,t=0;
while(!isdigit(ch = getchar())) t|=ch=='-';
while(isdigit(ch)) x=x*10+(ch^48),ch=getchar();
return x=t?-x:x;
}
ll maxll(ll x,ll y){ return x>y?x:y; }
ll minll(ll x,ll y){ return x<y?x:y; }
ll absll(ll x){ return x>0ll?x:-x; }
ll n,m,d,l,r,pos,que[Maxn];
ll p,ans=-infll,a[Maxm],b[Maxm],t[Maxm],f[Maxn],g[Maxn];
int main()
{
//freopen(".in","r",stdin);
//freopen(".out","w",stdout);
n=rd(),m=rd(),d=rd();
for(ll i=1;i<=m;i++) a[i]=rd(),b[i]=rd(),t[i]=rd();
for(ll i=1;i<=m;i++)
{
l=1,r=0,pos=1,p=(t[i]-t[i-1])*d;
for(ll j=1;j<=n;j++)
{
for(;pos<=minll(n,j+p);pos++)
{
while(l<=r && g[que[r]]<=g[pos]) r--;
que[++r]=pos;
}
while(l<=r && que[l]<j-p) l++;
f[j]=g[que[l]]+b[i]-absll(a[i]-j);
}
memcpy(g,f,sizeof(f));
}
for(ll i=1;i<=n;i++) ans=maxll(ans,f[i]);
printf("%lld
",ans);
//fclose(stdin);
//fclose(stdout);
return 0;
}
烧桥计划
$ exttt{solution}$
题意：
给你长为 (n) 的序列 (a_1,a_2,cdots,a_n) 和一个参数 (m)。
删掉其中若干个位置 (p_1,p_2,cdots,p_k) ，耗费 (sum_{i=1}^{k}icdot a_{p_i}) 的代价，将序列分为 (k) 段。
再对每段求和，若 (sum_k>m) ，则需额外支付 (sum_k) 的代价。求最小总代价。
(nleq 10^5,1000leq a_i leq 2000) 。
题解：
(step~1) ：
列出基础转移方程 。
状态：设 (dp[i][j]) 表示前 (i) 个位置中选择删去了 (j) 个点，其中第 (i) 个点强制删去的最小代价。可以通过在序列最后增加一个 (0) 使 (min{{dp[n+1][i]}}) 变为答案 。
转移：（ (sum) 表示前缀和 ）
(calc(i,j)) 表示从 (j+1) 到 (i) 的代价 。
通过枚举 (i~j~k) 复杂度为 (O(n^3)) 。
(step~2) ：
观察数据范围：如果一个点都不删，最大代价为 (2000 imes n) ；如果删除 (k) 个点，最小代价为 (1000 imes dfrac{k(k+1)}{2}) 。
因此 ( exttt{选择删除的点数}le 2sqrt{n}) （ (jle 2sqrt{n}) ） 。
(step~3) ：
将数组滚动，省去 (j) 那一维，转移最多进行 (2sqrt{n}) 次 。
转移可以由两部分组成：
-
(calc(i-1,k)>0) ：即 (calc(i-1,k)=sum[i-1]-sum[k]) 。
则 (dp[i][opt]=min{{dp[k][optoplus1]-sum[k]}}+s[i-1])
可以在每一次 (i) 增加的时候更新 (k) 值，并在更新的时候记录最小的 (dp[k][optoplus1]-sum[k]) （ 记为 (tmp1) ）。
-
(calc(i-1,k)=0)
则 (dp[i][opt]=min{{dp[k][optoplus1]}})
可以用单调队列来维护这个最小值（ 记为 (tmp2) ） 。
最终的 (dp[i][opt]=min{(tmp1+sum[i-1],tmp2)}+j imes a[i]) 。
时间复杂度：(O(nsqrt{n})) 。
核心代码：
struct Data{ ll val,num; }q[Maxn];
n=rd(),m=rd(),lim=2*(sqrt(n)+1);
for(ll i=1;i<=n;i++) a[i]=rd(),sum[i]=sum[i-1]+a[i];
a[++n]=0,sum[n]=sum[n-1];
memset(dp,inf,sizeof(dp)),dp[0][0]=dp[0][1]=0;
for(ll i=1;i<=n;i++) dp[i][opt]=sum[i-1]>m?sum[i]:a[i];
ans=dp[n][opt];
for(ll k=2;k<=lim;k++)
{
opt^=1;
ll l=1,r=0,id=0,tmp=infll;
for(ll i=1;i<=n;i++)
{
while(sum[i-1]-sum[id]>m) tmp=minll(tmp,dp[id][opt^1]-sum[id++]);
while(l<=r && q[l].num<id) l++;
dp[i][opt]=minll(tmp+sum[i-1],q[l].val)+k*a[i];
while(l<=r && q[r].val>dp[i][opt^1]) r--;
q[++r]=(Data){dp[i][opt^1],i};
}
ans=min(ans,dp[n][opt]);
}
printf("%lld
",ans);
P2254 [NOI2005]瑰丽华尔兹
$ exttt{solution}$
(step~1) ：
考虑首先考虑对于时间 (t) 来 (dp) ：
状态：设 (dp[t][i][j]) 表示在第 (t) 时刻在第 (i) 行第 (j) 列所能获得的最长距离 。
转移：（ (pre_i) 、(pre_j) 为上一个合法的位置）
时间复杂度：(O(TN^2)) 。
核心代码：
for(int i=1;i<=k;i++) l[i]=rd(),r[i]=rd(),d[i]=rd()-1;
memset(dp,-inf,sizeof(dp)),dp[0][sx][sy]=0;
for(int t=1,p=1;t<=r[k];t++)
{
if(t>r[p]) p++;
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) if(mp[i][j]=='.')
{
int lx=i-zou[d[p]][0],ly=j-zou[d[p]][1];
dp[t][i][j]=max(dp[t-1][i][j],dp[t-1][lx][ly]+1);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) ans=max(ans,dp[r[k]][i][j]);
printf("%d
",ans);
(step~2) ：
把时间 (t) 换成区间 (k) ：
状态：(dp[k][i][j]) 表示在第 (k) 段滑行区间中在位置 (i) ，(j) 所能获得最长距离 。
注意到在第 (k) 段时间内只能向某个方向最多走 (x) 步（ (x) 为区间长度 ），得到转移方程 ：
时间复杂度：(O(KN^3)) 。
核心代码：
for(int i=1;i<=k;i++) l[i]=rd(),r[i]=rd(),d[i]=rd()-1;
memset(dp,-inf,sizeof(dp)),dp[0][sx][sy]=0;
for(int p=1;p<=k;p++)
{
int addx=zou[d[p]][0],addy=zou[d[p]][1];
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) if(mp[i][j]=='.')
{
for(int lx=i,ly=j,add=0;mp[lx][ly]=='.' && add<=r[p]-l[p]+1;lx-=addx,ly-=addy,add++)
dp[p][i][j]=max(dp[p][i][j],max(dp[p-1][i][j],dp[p-1][lx][ly]+add));
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) ans=max(ans,dp[k][i][j]);
printf("%d
",ans);
(step~3) ：
加上 单调队列 和 滚动数组 优化 。
怎样单调队列：对于第 (i) 段区间钢琴移动的方向，即：行（列），在每一列（行）都做一遍单调队列，相当于快速求出了在第 (i) 段区间结束后的最优值 。
用单调队列求最优值的时候，可以用偏移量（ (pos) ）来快速计算两个点之间的距离，并且在遇到障碍块的时候清空队列 。
时间复杂度：(O(TN^2)) ，空间复杂度：(O(N^2)) 。
核心代码：
struct que{ int val,pos; }q[Maxn];
bool ok(int x,int y)
{
if(x<1 || x>n || y<1 || y>m) return false;
return true;
}
void solve(int sx,int sy,int len,int addx,int addy)
{
int l=1,r=0;
for(int tx=sx,ty=sy,cnt=1;ok(tx,ty);tx+=addx,ty+=addy,cnt++)
{
if(mp[tx][ty]=='x') l=1,r=0;
else
{
while(l<=r && q[r].val+cnt-q[r].pos<dp[tx][ty]) r--;
q[++r]=(que){dp[tx][ty],cnt};
while(l<=r && cnt-q[l].pos>len) l++;
dp[tx][ty]=max(dp[tx][ty],q[l].val+cnt-q[l].pos);
}
}
}
memset(dp,-inf,sizeof(dp)),dp[sx][sy]=0;
for(int p=1;p<=k;p++)
{
int l=rd(),r=rd(),d=rd(),len=r-l+1;
if(d==1) for(int i=1;i<=m;i++) solve(n,i,len,-1,0);
if(d==2) for(int i=1;i<=m;i++) solve(1,i,len,1,0);
if(d==3) for(int i=1;i<=n;i++) solve(i,m,len,0,-1);
if(d==4) for(int i=1;i<=n;i++) solve(i,1,len,0,1);
}
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) ans=max(ans,dp[i][j]);
printf("%d
",ans);
P2569 [SCOI2010]股票交易
$ exttt{solution}$
(step~1) ：
先列出基础的转移方程，比较容易想到。
状态：设 (dp[i][j]) 表示，到第 (i) 天，拥有 (j) 分股票的最大收益（可能为负）。
转移：暴力枚举 (pre_i,pre_j) ，进行转移。
核心代码：
t=rd(),mp=rd(),w=rd();
for(int i=1;i<=t;i++) pa[i]=rd(),pb[i]=rd(),sa[i]=rd(),sb[i]=rd();
memset(dp,-inf,sizeof(dp)),dp[0][0]=0;
for(int i=1;i<=t;i++) for(int j=0;j<=mp;j++) for(int pi=0;pi<=i-w-1;pi++)
{
for(int pj=max(j-sa[i],0);pj<j;pj++)
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[pi][pj]-pa[i]*(j-pj));
for(int pj=j+1;pj<=min(j+sb[i],mp);pj++)
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[pi][pj]+pb[i]*(pj-j));
}
for(int i=0;i<=t;i++) for(int j=0;j<=mp;j++) ans=max(ans,dp[i][j]);
printf("%d
",ans);
复杂度：(O(n^2Maxp^2)) 。
(step~2) ：
可以发现 (dp[i][j]) 只会从 (dp[i-w-1][dots]) 转移过来，因为 (dp[i-w-1][dots]) 已经是当时的最优决策。
注意进行一系列初始化：
-
（合法情况下） (dp[i][j]=-pa[i] imes j) 。
-
(dp[i][j]=max{{dp[i][j],dp[i-1][j]}}) （不转移） 。
-
(dp[i][j]=max{{dp[i][j],dp[i-w-1][dots]+dots}}) （进行交易）。
核心代码：
t=rd(),mp=rd(),w=rd();
for(int i=1;i<=t;i++) pa[i]=rd(),pb[i]=rd(),sa[i]=rd(),sb[i]=rd();
memset(dp,-inf,sizeof(dp)),dp[0][0]=0;
for(int i=1;i<=t;i++) for(int j=0;j<=sa[i];j++) dp[i][j]=-pa[i]*j;
for(int i=1;i<=t;i++) for(int j=0;j<=mp;j++)
{
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j]);
int pi=i-w-1;
if(pi<0) continue;
for(int pj=max(j-sa[i],0);pj<j;pj++)
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[pi][pj]-pa[i]*(j-pj));
for(int pj=j+1;pj<=min(j+sb[i],mp);pj++)
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[pi][pj]+pb[i]*(pj-j));
}
for(int i=0;i<=t;i++) for(int j=0;j<=mp;j++) ans=max(ans,dp[i][j]);
printf("%d
",ans);
复杂度： (O(nMaxp^2)) 。
(step~3) ：
发现在
for(int pj=max(j-sa[i],0);pj<j;pj++)
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[pi][pj]-pa[i]*(j-pj));
for(int pj=j+1;pj<=min(j+sb[i],mp);pj++)
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[pi][pj]+pb[i]*(pj-j));
中，可以用单调队列进行优化，然后就做完了 。
核心代码：
t=rd(),mp=rd(),w=rd();
for(int i=1;i<=t;i++) pa[i]=rd(),pb[i]=rd(),sa[i]=rd(),sb[i]=rd();
memset(dp,-inf,sizeof(dp)),dp[0][0]=0;
for(int i=1;i<=t;i++) for(int j=0;j<=sa[i];j++) dp[i][j]=-pa[i]*j;
for(int i=1;i<=t;i++)
{
int pi=i-w-1;
for(int j=0;j<=mp;j++) dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j]);
if(pi<0) continue;
for(int j=1,l=1,r=0;j<=mp;j++)
{
while(l<=r && q[l]<j-sa[i]) l++;
while(l<=r && dp[pi][q[r]]+pa[i]*q[r]<=dp[pi][j-1]+pa[i]*(j-1)) r--;
q[++r]=j-1;
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[pi][q[l]]+pa[i]*q[l]-pa[i]*j);
}
for(int j=mp-1,l=1,r=0;j>=0;j--)
{
while(l<=r && q[l]>j+sb[i]) l++;
while(l<=r && dp[pi][q[r]]+pb[i]*q[r]<=dp[pi][j+1]+pb[i]*(j+1)) r--;
q[++r]=j+1;
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[pi][q[l]]+pb[i]*q[l]-pb[i]*j);
}
}
for(int i=0;i<=t;i++) for(int j=0;j<=mp;j++) ans=max(ans,dp[i][j]);
printf("%d
",ans);
复杂度： (O(nMaxp)) ，可以通过此题 。
P2300 合并神犇
$ exttt{solution}$
题意：将 (n) 个数分为若干组，使每一组所有数的和 (ge) 上一组所有数的和，求最大分组数。（几乎同 CSP2019 Day2T1）
考虑处理到第 (i) 个数，设 (d[i]) 表示在这个局部解中合并了 (i-d[i]+1) 至 (i) ，则转移方程为：
使用单调队列维护最大值。 代码
（变式：改为每一组所有数的和 (le) 上一组所有数的和。将 ({a}) 翻转即可）