传送门
这道题是一道很好的单调队列优化DP的例子。
题目大意是有n个工人，每个人可以粉刷一段长度不超过l[i]的墙，如果一个人粉刷了那么他必须要粉刷第s[i]块墙，一个人粉刷一块墙能得到p[i]的钱，求所有工人得到的钱的最大值。
我们首先把所有工人按s[i]排序，这样方便我们线性DP。
考虑DP，用dp[i][j]表示前i个工人刷j块的得到的钱的最大值，那么我们分类讨论，首先是一个人不刷和一块墙不刷的情况，那么就有dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);
之后，我们考虑这个工人刷墙的情况。因为这个人必须要刷s[i]，那这个人的转移必然是从s[i] - l[i] ~ s[i]这一段转移过来的。否则的话就成了不合法情况。那么就有dp[i][j] = max{dp[i-1][k] + (j - k) * p[i]} (s[i] - l[i] <= k <= s[i])
这个式子我们朴素的做法是先枚举i，对于每一个工人i，枚举它粉刷的块数j，之后再枚举转移的范围。不过这样会超时，我们考虑优化。我们发现如果把j，k分离出来，那么对于每一个j（状态），它对应的j * p[i]是一个定值，只有内部的式子随着k（决策）的变化而改变，而且其实对于每一个j，有很大一部分的可选取的决策区间是重复的。
说到这里，我们就想到用单调队列维护啦！！那么我们的想法就是，对于每一个工人，我们首先把s[i] - l[i] ~ s[i]这一段区间之内的所有决策压入单调队列，之后随着j的增加，所能选取的k的区间左端点随之变大。也就是说实际上，我们只要维护一段左端点变大，右端点不动的区间最大值就可以了。
所以一般来说，单调队列优化DP的套路就是，如果一个DP方程能被拆成每一个状态都是从一个决策区间中选取最优的转移，然后决策区间随着状态变化左右端点变化，而且有大量重复，我们就可以先拆分式子，拆成内层只与决策有关，这样直接用单调队列维护决策的极值，就省去了一层循环，优化了时间。
看一下代码。
#include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<iostream> #include<cmath> #include<set> #include<queue> #define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++) #define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--) #define enter putchar('\n')using namespace std; typedef long long ll; const int M = 10005; const int INF = 1000000009;int read() {int ans = 0,op = 1;char ch = getchar();while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') op = -1;ch = getchar();}while(ch >= '0' && ch <= '9'){ans *= 10;ans += ch - '0';ch = getchar();}return ans * op; }struct worker {int l,p,s;bool operator < (const worker &g) const{return s < g.s;} }a[105];int n,k,dp[105][20005],q[20005],head,tail;int calc(int i,int x) {return dp[i-1][x] - x * a[i].p; }int main() {n = read(),k = read();rep(i,1,k) a[i].l = read(),a[i].p = read(),a[i].s = read();sort(a+1,a+1+k);rep(i,1,k){head = 1,tail = 0;rep(j,max(0,a[i].s-a[i].l),a[i].s-1){while(head <= tail && calc(i,q[tail]) < calc(i,j)) tail--;q[++tail] = j;}rep(j,1,n){dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);if(j >= a[i].s){while(head <= tail && q[head] < j - a[i].l) head++;if(head <= tail) dp[i][j] = max(dp[i][j],calc(i,q[head]) + j * a[i].p);}}}printf("%d\n",dp[k][n]);return 0; }
