动态规划

John 打算驾驶一辆汽车周游一个环形公路。

公路上总共有 n 个车站，每站都有若干升汽油（有的站可能油量为零），每升油可以让汽车行驶一千米。

John 必须从某个车站出发，一直按顺时针（或逆时针）方向走遍所有的车站，并回到起点。

在一开始的时候，汽车内油量为零，John 每到一个车站就把该站所有的油都带上（起点站亦是如此），行驶过程中不能出现没有油的情况。

任务：判断以每个车站为起点能否按条件成功周游一周。

• 做法：把环形序列扩展一倍成一条链，设距离是 $d_i$，加油站的油量是 $o_i$，打一个 $o_i-d_i$ 的前缀和，从第 $k$ 个点出发可以到达，等价于 $\forall i\in [k,k+n-1],s[i]-s[k-1]\ge 0$，即可以找到长度为 $n$ 的窗口的最小值，然后减去 $s[k-1]$ 看看是否大于等于 0.
• 细节巨多.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2000010;
typedef long long ll;
ll o[N], d[N], s[N];
int q[N], n;
int st[N];int main()
{scanf("%d", &n);for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d%d", &o[i], &d[i]);for(int i = 1; i <= n; i++){s[i] = s[i + n] = o[i] - d[i];}for(int i = 1; i <= 2 * n; i++) s[i] += s[i - 1];int hh = 0, tt = -1;//顺时针for(int i = 2 * n; i; i--){if(q[hh] >= n + i) hh++;while(hh <= tt && s[q[hh]] >= s[i]) tt--;q[++tt] = i;if(i <= n){if(s[q[hh]] - s[i - 1] >= 0) st[i] = true;}}//逆时针，整个前缀和序列会发生变化hh = 0, tt = -1;d[0] = d[n];for(int i = 1; i <= n; i++) s[i] = s[i + n]= o[i] - d[i - 1];for(int i = 2 * n; i; i--) s[i] += s[i + 1];for(int i = 1; i <= 2 * n; i++){if(q[hh] <= i - n) hh++;while(hh <= tt && s[q[hh]] >= s[i]) tt--;q[++tt] = i;if(i > n){//注意这里是 st[i - n] if(s[q[hh]] - s[i + 1] >= 0) st[i - n] = true;}}for(int i = 1; i <= n; i++){printf("%s\n", st[i] ? "TAK" : "NIE");}return 0;
}

• 高二数学《绿色通道》总共有 $n$ 道题目要抄，编号 $1,2,\dots ,n$，抄第 $i$ 题要花 $a_i$ 分钟。小 Y 决定只用不超过 $t$ 分钟抄这个，因此必然有空着的题。连续空着的题目（称为空题段）越多，老师越生气。小 Y 想让最长的空题段长度尽可能地小，请输出这个最小值.
• 二分一下，就和 烽火传递 思路一样了.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 50010;
int q[N], w[N], f[N];
int n, t;bool check(int m)
{int hh = 0, tt = -1;q[++tt] = 0;for(int i = 1; i <= n; i++){if(q[hh] < i - m - 1) hh++;f[i] = f[q[hh]] + w[i];while(hh <= tt && f[q[tt]] >= f[i]) tt--;q[++tt] = i;}for(int i = n - m; i <= n; i++){if(f[i] <= t) return true;}return false;
}int main()
{scanf("%d%d", &n, &t);for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &w[i]);int l = 0, r = n;while(l < r){int mid = (l + r) / 2;if(check(mid)) r = mid;else l = mid + 1;}printf("%d\n", l);return 0;
}

FJ 有 $N$ 只排成一排的奶牛，编号为 $1$ 到 $N$。每只奶牛的效率是不同的，奶牛 $i$ 的效率为 $E_i$。编号相邻的奶牛们很熟悉，如果 FJ 安排超过 $K$ 只编号连续的奶牛，那么这些奶牛就会罢工去开派对。因此，现在 FJ 需要你的帮助，找到最合理的安排方案并计算 FJ 可以得到的最大效率。注意，方案需满足不能包含超过 $K$ 只编号连续的奶牛。

这个题有一个很简单的做法，就是类似于 烽火传递 那个题，不过我们这次是选出来不选的牛，让这些牛的效率之和最小。可以转化为在长度为 $K+1$ 的连续子序列中至少选择一个数字问最小值 $res$，所有权值之和是 $sum$，答案就是 $sum-res.$

$f(i)$：在前 $i$ 头牛里面选，方案最大值。那么不选第 $i$ 头牛的话就是 $f(i)=f(i-1)$，当然也可以选择从$i-j+1\sim i$ 头牛，且不选第 $i-j$ 头牛。就是 $f(i-j-1)+s[i]-s[i-j]$，记 $f(i-j-1)-s[i-j]=g(i-j)$，即 $g(i)=f(i-1)-s[i]$. 因此 f ( i ) = max ⁡ { f ( i − 1 ) , g ( i − j ) + s [ i ] } f(i) = \max\{f(i -1), g(i - j) + s[i]\} f(i)=max{f(i−1),g(i−j)+s[i]}. 因此我们需要找到 $\max$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100010;
typedef long long ll;
ll f[N], g[N], q[N], s[N];
int n, k;
int main()
{scanf("%d%d", &n, &k);for(int i = 1; i <= n; i++){scanf("%lld", &s[i]);s[i] += s[i - 1];}int hh = 0, tt = -1;q[++tt] = 0;for(int i = 1; i <= n; i++){if(q[hh] < i - k) hh++;f[i] = max(f[i - 1], g[q[hh]] + s[i]);g[i] = f[i - 1] - s[i];while(hh <= tt && g[q[tt]] <= g[i]) tt--;q[++tt] = i;}printf("%lld\n", f[n]);return 0;
}

• 题意：有一个 $a\times b$ 的整数组成的矩阵，现请你从中找出一个 $n\times n$ 的正方形区域，使得该区域所有数中的最大值和最小值的差最小。
• 二维单调队列，求方框内的最大值和最小值.

保存一个二维单调队列 $deque<int>col[M]$，记录第 $j$ 列的滑动窗口最大值；以及当前行的单调队列 $deque<int>row$，记录方框内 $col[j-k+1:j].front()$ 的最大值。每次先用 $w[i,j]$ 更新第 $j$ 列的状态（即 $col[j].back()$），再用 $col[j].front()$ 更新 $row$ 的状态.

这道题卡时间了，然后我把 O1 O2 O3 优化全开了，然后就过了.

#include<bits/stdc++.h>
#pragma GCC optimize(1)
#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#define x first
#define y secondusing namespace std;
const int N = 1010;
typedef pair<int, int> P;
deque<int> col_max[N], col_min[N];
deque<P> row_max, row_min;
int n, m, k;
int w[N][N];
int ans = 0x3f3f3f3f;
int main()
{scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);for(int i = 1; i <= n; i++){for(int j = 1; j <= m; j++){scanf("%d", &w[i][j]);}}for(int i = 1; i <= n; i++){row_max.clear(), row_min.clear();for(int j = 1; j <= m; j++){if(col_max[j].size() && col_max[j].front() < i - k + 1) col_max[j].pop_front();if(col_min[j].size() && col_min[j].front() < i - k + 1) col_min[j].pop_front();if(row_max.size() && row_max.front().y < j - k + 1) row_max.pop_front();if(row_min.size() && row_min.front().y < j - k + 1) row_min.pop_front();while(col_max[j].size() && w[col_max[j].back()][j] <= w[i][j]) col_max[j].pop_back();col_max[j].push_back(i);while(col_min[j].size() && w[col_min[j].back()][j] >= w[i][j]) col_min[j].pop_back();col_min[j].push_back(i);while(row_max.size() && row_max.back().x <= w[col_max[j].front()][j]) row_max.pop_back();row_max.push_back({w[col_max[j].front()][j], j});while(row_min.size() && row_min.back().x >= w[col_min[j].front()][j]) row_min.pop_back();row_min.push_back({w[col_min[j].front()][j], j});if(i >= k && j >= k){ans = min(ans, row_max.front().x - row_min.front().x);}}}printf("%d\n", ans);
}

有 $N$ 个任务排成一个序列在一台机器上等待执行，它们的顺序不得改变。机器会把这 $N$ 个任务分成若干批，每一批包含连续的若干个任务。从时刻 $0$ 开始，任务被分批加工，执行第 $i$ 个任务所需的时间是 $T_i$。另外，在每批任务开始前，机器需要 $S$ 的启动时间，故执行一批任务所需的时间是启动时间 $S$ 加上每个任务所需时间之和。一个任务执行后，将在机器中稍作等待，直至该批任务全部执行完毕。也就是说，同一批任务将在同一时刻完成。每个任务的费用是它的完成时刻乘以一个费用系数 $C_i$。请为机器规划一个分组方案，使得总费用最小。

• 小 $S$ 是农场主，他养了 $M$ 只猫，雇了 $P$ 位饲养员。农场中有一条笔直的路，路边有 $N$ 座山，从 $1$ 到 $N$ 编号。第 $i$ 座山与第 $i-1$ 座山之间的距离为 $D_i$。饲养员都住在 $1$ 号山。第 $i$ 只猫去 $H_i$ 号山玩，玩到时刻 $T_i$ 停止，然后在原地等饲养员来接。饲养员在路上行走需要时间，速度为 1 米/单位时间。你的任务是规划每个饲养员从 1 号山出发的时间，使得所有猫等待时间的总和尽量小。饲养员出发的时间可以为负。

• 设 $d$ 是前缀和，$t$ 是结束时间，那么，对于第 $i$ 只猫，只有饲养员在 $t_i-d_i$ 之后出发才能接到这只猫。因此我们设 $a_i=t_i-d_i$，那么按照 $a$ 排序，一位饲养员接一段连续子序列的小猫，那么相当于把这个子序列分为不超过 $P$ 份，每位饲养员恰好接到当前子序列的最后一只小猫. 假设饲养员是 $s_i$ 出发的，恰好接到小猫 $i$，那么小猫等待时间就是 $s_i-a_i.$

• 设 $f(j,i)$ 为第 $j$ 只饲养员接的最后一只小猫是 $i$. 上一个饲养员接的小猫是 $k$，那么 f ( j , i ) = min ⁡ { f ( j − 1 , k ) + a i ∗ ( i − k ) − ( s i − s k ) } f(j,i) = \min \{f(j - 1, k) + a_i * (i - k) - (s_i - s_k)\} f(j,i)=min{f(j−1,k)+ai​∗(i−k)−(si​−sk​)}.

$f(j-1,k)+s_k=a_i\ast k+f(j,i)-a_i\ast i+s_i$.

#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>using namespace std;typedef long long LL;const int N = 100010, M = 100010, P = 110;int n, m, p;
LL d[N], t[N], a[N], s[N];
LL f[P][M];
int q[M];LL get_y(int k, int j)
{return f[j - 1][k] + s[k];
}int main()
{scanf("%d%d%d", &n, &m, &p);for (int i = 2; i <= n; i ++ ){scanf("%lld", &d[i]);d[i] += d[i - 1];}for (int i = 1; i <= m; i ++ ){int h;scanf("%d%lld", &h, &t[i]);a[i] = t[i] - d[h];}sort(a + 1, a + m + 1);for (int i = 1; i <= m; i ++ ) s[i] = s[i - 1] + a[i];memset(f, 0x3f, sizeof f);for (int i = 0; i <= p; i ++ ) f[i][0] = 0;for (int j = 1; j <= p; j ++ ){int hh = 0, tt = 0;q[0] = 0;for (int i = 1; i <= m; i ++ ){while (hh < tt && (get_y(q[hh + 1], j) - get_y(q[hh], j)) <= a[i] * (q[hh + 1] - q[hh])) hh ++ ;int k = q[hh];f[j][i] = f[j - 1][k] - a[i] * k + s[k] + a[i] * i - s[i];while (hh < tt && (get_y(q[tt], j) - get_y(q[tt - 1], j)) * (i - q[tt]) >=(get_y(i, j) - get_y(q[tt], j)) * (q[tt] - q[tt - 1])) tt -- ;q[ ++ tt] = i;}}printf("%lld\n", f[p][m]);return 0;
}作者：yxc
链接：https://www.acwing.com/activity/content/code/content/128992/
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