BZOJ 4367 [IOI2014]holiday (决策单调DP+主席树+分治)

题目大意：略题目传送门

神题，不写长题解简直是浪费了这道题

贪心

考虑从0节点出发的情况，显然一直往前走不回头才是最优策略

如果起点是在中间某个节点$s$，容易想到，如果既要游览$s$左边的某些景点，又要游览$s$右边的某些景点，最优策略一定是先游览完一边，然后再穿过$s$节点去游览另一边

也就是说$s$节点一定只被穿过一次，且先被游览完的一边还要额外消耗$x$点代价，$x$是距离$s$最远的被游览的节点到s的距离

设计DP状态

现在只考虑从S出发往右走的情况

定义状态$dp[i][j]$表示第i天，现在在j点时最多游览的景点数

容易得到转移方程$dp[i][j]=max(dp[i-|j-k|][k]+|j-k|+a_{j})$

暴力枚举 $O(n^{3})$，线段树优化$DP\;\;O(n^{2}logn)$

两种状态的空间是$O(n^{2})$的，不论是空间还是时间都不可行

利用上述贪心结论，我们一定一直往前走不回头，除非我们回头到$s$然后走另一边

所以j这一维不用记录了，因为在路上走的距离总和是已知的

除了向右走的情况，还有向左走，向右走回到景点$s$，向左走回到景点$s$另外三种情况，设它们为$f[i][0],g[i][0],f[i][1],g[i][1]$，转移都很类似不过多赘述

缩减状态，$dp[i]$表示走了$i$天最多游览的景点数

枚举游览的最右侧端点$j$，$dp[i]$就是在$S$到$j$之间选择最大的$i-(j-S)$个景点

可以用可持久化权值线段树实现，每次查询在主席树上二分，时间$O(logn)$

决策单调性

上述过程依然没有解决时间$O(n^{2})$这一难题

假设我们现在要求解$f[i]$，即走了i天最多游览的景点数

暴力枚举所有位置，找到了决策位置$p$，

那么走$j \leq i-1$天时，$f[j]\leq f[i]$，且$f[j]$选择的点的集合一定是$S$的子集，$f[j]$的决策位置一定$\leq p$

走$j \geq i+1$天时，$f[j]\geq f[i]$，且$f[j]$选择的点的集合一定包含$S$，$f[j]$的决策位置一定$\geq p$

发现决策竟然是单调的

分治

用类似于[WF2017]Money for Nothing的方法分治

但这道题对有多个决策位置的处理方式略有不同

在分治过程中，设现在天数的分治区间是$[l1,r1]$，选择要求解$f[mid]$，可能的决策区间是$[l2,r2]$

暴力枚举$[l2,r2]$，找到了$f[mid]$的决策集合$T$，$T$中的每个元素都能作为$f[mid]$的决策，设其中最靠右的元素是b

$[l1,mid-1]$可能的决策区间是$[l2,b]$，因为并不知道哪个决策位置对应的点集合$S$的子集最优，所以$f[mid]$整个决策区间都可能作为$[l1,mid-1]$的决策

$[mid+1,r1]$可能的决策区间是$[b,r2]$，而不是集合里最靠左的元素到$r2$，下面给出简单证明

现在点权序列是2 8 9 1 3 11，走7步，最优方案有两种，决策位置是5，对应的点集$S$是8 9 3，决策位置是6，对应的点集$S$是9 11

容易发现，更靠右的决策位置，除了对应点集S里的点，剩余的权值较大的节点更多

$f[mid]$决策位置是5时，对应的点集S是8 9 3，还能被取的点是2 1

$f[mid]$决策位置是6时，对应的点集S是9 11，还能被取的点是8 2 1 3

因为大家都是贪心取，决策位置左边的最大的都取走了

最后把四种情况合并即可

另外这道题卡空间，需要对权值离散，不离散的话主席树树高会非常高，空间上容易被卡

别忘了离散只是为了优化线段树的结构，统计的时候把实际值还原回来

 #include <cstdio>

 #include <cstring>

 #include <algorithm>

 #define N1 100010

 #define M1 250010

 #define ll long long

 #define dd double

 #define inf 23333333333333333ll

 using namespace std;

 int gint()

 {

     int ret=,fh=;char c=getchar();

     while(c<''||c>''){if(c=='-')fh=-;c=getchar();}

     while(c>=''&&c<=''){ret=ret*+c-'';c=getchar();}

     return ret*fh;

 }

 int b[N1];

 struct Persist_SEG{

 int sz[N1*],ls[N1*],rs[N1*],root[N1],tot; ll sum[N1*];

 inline void pushup(int rt)

 {

     sz[rt]=sz[ls[rt]]+sz[rs[rt]];

     sum[rt]=sum[ls[rt]]+sum[rs[rt]];

 }

 void update(int x,int l,int r,int rt1,int &rt2,int w)

 {

     if(!rt2||rt2==rt1){ rt2=++tot; sz[rt2]=sz[rt1]; ls[rt2]=ls[rt1]; rs[rt2]=rs[rt1]; sum[rt2]=sum[rt1]; }

     if(l==r){ sum[rt2]+=w; sz[rt2]++; return; }

     int mid=(l+r)>>; ll ans=;

     if(x<=mid) update(x,l,mid,ls[rt1],ls[rt2],w);

     else update(x,mid+,r,rs[rt1],rs[rt2],w);

     pushup(rt2);

 }

 ll query(int K,int l,int r,int rt1,int rt2)

 {

     if(!rt2||!K) return ;

     if(l==r) return min(sum[rt2]-sum[rt1],1ll*K*b[l]);

     int mid=(l+r)>>; ll ans=;

     if(sz[rs[rt2]]-sz[rs[rt1]]<K) ans=sum[rs[rt2]]-sum[rs[rt1]]+query(K-(sz[rs[rt2]]-sz[rs[rt1]]),l,mid,ls[rt1],ls[rt2]);

     else ans=query(K,mid+,r,rs[rt1],rs[rt2]);

     return ans;

 }

 }s;

 int n,S,D,ma,de;

 int a[N1];

 ll f[M1][],g[M1][];

 void solve_f0(int l1,int r1,int l2,int r2)

 {

     if(l1>r1||l2>r2) return;

     int mid=(l1+r1)>>,i,p=-; ll tmp,ans=-inf;

     for(i=l2;i<=r2&&i-S<=mid;i++)

     {

         tmp=s.query(mid-(i-S),,ma,s.root[S-],s.root[i]);

         if(tmp>ans) ans=tmp,p=i;

         else if(tmp==ans) p=i;

     }

     f[mid][]=ans;

     if(ans==-inf)

     {

         for(i=mid+;i<=r1;i++) if(i>=(l2-S)){ solve_f0(i,r1,l2,r2); break; }

         return;

     }

     solve_f0(l1,mid-,l2,p); solve_f0(mid+,r1,p,r2);

 }

 void solve_f1(int l1,int r1,int l2,int r2)

 {

     if(l1>r1||l2>r2) return;

     int mid=(l1+r1)>>,i,p=-; ll tmp,ans=-inf;

     for(i=l2;i<=r2&&*(i-S)<=mid;i++)

     {

         tmp=s.query(mid-*(i-S),,ma,s.root[S-],s.root[i]);

         if(tmp>ans) ans=tmp,p=i;

         else if(tmp==ans) p=i;

     }

     f[mid][]=ans;

     if(ans==-inf)

     {

         for(i=mid+;i<=r1;i++) if(i>=*(l2-S)){ solve_f1(i,r1,l2,r2); break; }

         return;

     }

     solve_f1(l1,mid-,l2,p); solve_f1(mid+,r1,p,r2);

 }

 void solve_g0(int l1,int r1,int l2,int r2)

 {

     if(l1>r1||l2>r2) return;

     int mid=(l1+r1)>>,i,p=-; ll tmp,ans=-inf;

     for(i=r2;i>=l2&&S-i<=mid;i--)

     {

         tmp=s.query(mid-(S-i),,ma,s.root[i-],s.root[S-]);

         if(tmp>ans) ans=tmp,p=i;

         else if(tmp==ans) p=i;

     }

     g[mid][]=ans;

     if(ans==-inf)

     {

         for(i=mid+;i<=r1;i++) if(i>=(S-r2)){ solve_g0(i,r1,l2,r2); break; }

         return;

     }

     solve_g0(l1,mid-,p,r2); solve_g0(mid+,r1,l2,p);

 }

 void solve_g1(int l1,int r1,int l2,int r2)

 {

     if(l1>r1||l2>r2) return;

     int mid=(l1+r1)>>,i,p=-; ll tmp,ans=-inf;

     for(i=r2;i>=l2&&*(S-i)<=mid;i--)

     {

         tmp=s.query(mid-*(S-i),,ma,s.root[i-],s.root[S-]);

         if(tmp>ans) ans=tmp,p=i;

         else if(tmp==ans) p=i;

     }

     g[mid][]=ans;

     if(ans==-inf)

     {

         for(i=mid+;i<=r1;i++) if(i>=*(S-r2)){ solve_g1(i,r1,l2,r2); break; }

         return;

     }

     solve_g1(l1,mid-,p,r2); solve_g1(mid+,r1,l2,p);

 }

 int main()

 {

     scanf("%d%d%d",&n,&S,&D); S++;

     int i; ll ans=;

     for(i=;i<=n;i++) a[i]=gint(),b[i]=a[i];

     sort(b+,b+n+); ma=unique(b+,b+n+)-(b+);

     for(i=;i<=n;i++)

     {

         a[i]=lower_bound(b+,b+ma+,a[i])-b;

         s.update(a[i],,ma,s.root[i-],s.root[i],b[a[i]]);

     }

     solve_f0(,D,S,n); solve_f1(,D,S,n);

     solve_g0(,D,,S-); solve_g1(,D,,S-);

     for(i=;i<=D;i++){ans=max(ans,max( max(f[i][],g[i][]) , max(f[i][]+g[D-i][],f[i][]+g[D-i][]) )); }

     printf("%lld\n",ans);

     return ;

 }

巴特西

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贪心

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决策单调性

分治

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