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标签：最大值   printf   ros   oid   query   change   main   while   lin   

题目描述

有n个音符，第i个音符会在第i个时刻来临

令第 i 个音符的准备时间为 ti? 个单位时间，如果选择去点击第 i 个音符，那么就没法点击所有到来时刻在 (i−ti? ,i+ti?)中的音符。

每一个音符有一个权值，求一种点击方法使得权值和最高(N<=1e6)

Solution

首先先考虑最暴力的dp，令dp[i]表示我点到第i个时刻时，可以达到的最大权值

那么转移就很显然了

dp[i]=max(dp[j=1..i])+a[j](j+t[j]<=i&&i-t[i]>=j)

这个dp显然是O(n^2)的这时候我们发现每次循环1..i的过程十分的浪费时间所以我们来考虑优化这个过程

可以发现这是个二维偏序问题，一般的套路是一维排序另一维用数据结构去维护

因为i是递增的，这时候我们把所有的音符按照i+t[i]排序，并且用一个线段树维护区间内dp的最大值

为了满足j+t[j]<=i 我们在当前时刻>当前最小的i+t[i]的时候才把最小的i给modify进线段树里

每次查询的时候就只要查询1..i-t[i]的最大dp值然后只用最大dp值转移过来就可以了

这是一个O(N log N)的效率[因为评测姬跑的很快所以O(N log^2 N)跑过去了…]

Code

1. //考场代码...结果脑子一抽考场上用了堆维护第一维关系... 所以这个代码效率是O(N log^2 N)  
2. #include <bits/stdc++.h>  
3. #define pa pair<long long,long long>  
4. using namespace std;  
5. inline long long read(){  
6.    long long s=0,w=1;  
7.    char ch=getchar();  
8.    while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)w=-1;ch=getchar();}  
9.    while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) s=s*10+ch-‘0‘,ch=getchar();  
10.    return s*w;  
11. }  
12. int N;  
13. long long Tree[4005005];  
14. void Change(int Now,int K,int l,int r,long long Ned)  
15. {  
16.     int mid=(l+r)/2;  
17.     if (l==r&&l==K)  
18.     {  
19.       Tree[Now]=Ned;  
20.       return;  
21.     }  
22.     if (K<=mid)  
23.      Change(Now*2,K,l,mid,Ned);  
24.     if (mid<K)  
25.      Change(Now*2+1,K,mid+1,r,Ned);  
26.     Tree[Now]=max(Tree[Now*2],Tree[Now*2+1]);  
27. }  
28. long long query(int Now,int L,int R,int l,int r)  
29. {  
30.     int mid=(l+r)/2;  
31.     if (L<=l&&r<=R)  
32.       return Tree[Now];  
33.     long long qwqq=0;  
34.     if (L<=mid)  
35.     qwqq=max(query(Now*2,L,R,l,mid),qwqq);  
36.     if (mid<R)  
37.     qwqq=max(query(Now*2+1,L,R,mid+1,r),qwqq);  
38.     return qwqq;  
39. }  
40. long long dp[1000005],a[1000005],t[1000005],Score[1000005];  
41. priority_queue<pa,vector<pa>,greater<pa> > qwqq;  
42. int main()  
43. {  
44.     freopen("fc.in","r",stdin);  
45.     freopen("fc.out","w",stdout);  
46.     N=read();  
47.     for (int i=1;i<=N;i++)  
48.       t[i]=read();  
49.     for (int i=1;i<=N;i++)  
50.       a[i]=read();  
51.     for (int i=1;i<=N;i++)  
52.       Score[i]=a[i]*t[i];  
53.     for (int i=1;i<=N;i++)  
54.     {  
55.         pa r;  
56.         if (!qwqq.empty()) r=qwqq.top();  
57.         while (!qwqq.empty()&&r.first<=i)  
58.          {  
59.             Change(1,r.second,1,N,dp[r.second]);  
60.             qwqq.pop();  
61.             r=qwqq.top();  
62.          }  
63.         long long  R=0;  
64.         if (i-t[i]>0)  
65.         R=query(1,1,i-t[i],1,N);  
66.         dp[i]=R+Score[i];  
67.         pa Now;  
68.         Now.first=i+t[i];  
69.         Now.second=i;  
70.         qwqq.push(Now);  
71.     }  
72.     long long ans=0;  
73.     for (int i=1;i<=N;i++)  
74.       ans=max(ans,dp[i]);  
75.     printf("%lld",ans);  
76.     return 0;  
77. }  

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原文地址：https://www.cnblogs.com/si--nian/p/10440012.html