最少花費
其實這個題目跟我要長高很像的，都是需要用單調佇列優化dp來解決的
只是這個題目多了乙個條件山與山之間的高度差不能超過k
狀態規劃方程
dp[i][x]=min(dp[i-1][y]+a*abs(x-y)+(hill[i]-x)^2)
也是分高於前一座山還是低於前一座山來進行計算的
只是在佇列node裡面要加乙個index來記錄這個山是有多高的 value用來記錄 單調統計量
每一次dp更新的時候 頭部與尾部的index要進行比較的 如果超過k的話就head++
其餘的就是普通dp的
#include#include#include#define inf 0x3fffffff
using namespace std;
int t,n,k,a,i,j,maxh;
int head,tail,temp;
int dp[1005][1005];
int hill[1005];
struct node
que[1005];
int main()
}//當比前一座上矮時 max(0,x-k)<= y <=x
head = tail = 0;
for(j=maxh;j>=0;j--)
else}}
int ans = inf;
for(i=0;i<=maxh;i++)
printf("%d\n",ans);
}return 0;
}
uestc oj 1685 我要長高
這是一道動態規劃的dp問題 但是明顯需要o n 3 的時間複雜度 顯然需要進行優化，並且有明顯的可以進行單調佇列優化的特徵，在本次確定高度之後，總能在前一次當中尋找到乙個最優解。最優解當然是由上一次的積累量 本次積累量 其中上一次的積累量與本次的積累量之間無關聯 就是說dp i 1 k 的積累量只是...
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