整理 斜率or單調佇列優化dp

題意：求乙個序列的子區間滿足長度大於k且所有數平均值最大

周源**裡的題。。之前有人說周源講的是錯的 其實應該是沒什麼問題的 可以o(n)求出

不過這題hdu上的資料不知道怎麼了 = = 反正我在網上找的ac**們全都tle。。。。

總之……意思明白就好 反正也是入門題……

#include #include #include #include using namespace std;

int read()
while(c >= '0' && c <= '9') 
return sign*n;
}int n, k;
int a[100005];
double sum[100005];
namespace queue
inline void push_back(int x)
inline void pop_back() 
inline void pop_front() 
inline int front() 
inline int second() 
inline int back() 
inline int before() 
inline int size()  
}inline double get_k(int i, int j)
int main()
using namespace queue;
double ans = 1e-100; init();
for(int i = k; i <= n; ++i)
printf("%.2f\n", ans);
}	return 0;
}

和之前摩天輪那道題是一樣的。。先排個序 很明顯每個集合是要取連續的一段區間

那麼dp[i][j]表示前i個人分成了j個區間的最大cost的最小值。。於是dp[i][j] = max

然後展開以後就可以斜率優化了……還有就是第二維可以滾動。。

說實話這題寫的我略痛苦。。因為還是不太熟tat

#include #include #include using namespace std;

int read()
while(c >= '0' && c <= '9') 
return sign*n;
}const int nmax = 10005;
int n, m;
int a[nmax], sqr[nmax]; 
int dp[nmax][2], g[nmax];
namespace queue
inline void push_back(int x)
inline void pop_back() 
inline void pop_front() 
inline int front() 
inline int second() 
inline int back() 
inline int before() 
inline int size()  
}inline double getk(int i, int j)
int main() 		
sort(a + 1, a + n + 1);
for(int i = 1; i <= n; ++i) sqr[i] = a[i] * a[i];
using namespace queue;
for(int j = 1; j <= m; ++j)
}printf("case %d: %d\n", ++cas, dp[n][m & 1]);
}	return 0;
}

開兩個單調佇列乙個維護遞增乙個維護遞減就可以了。。然後每次判斷隊首合不合法。。。並更新答案。。。

這題我最開始佇列初始化為a[1]就一直會掛 = =我也不知道為什麼

#include #include #include using namespace std;

int read()
while(c >= '0' && c <= '9') 
return sign*n;
}int n, m, k;
int a[100005];
struct queue
inline void push_back(int x)
inline void pop_back() 
inline void pop_front() 
inline int front() 
inline int back() 
inline int size()  
}q[2];
int main()
else 
}if(a[q[0].front()] - a[q[1].front()] >= m) ans = max(ans, i - left);
}		printf("%d\n", ans);
} 	return 0;
}

然後這題的公式還是蠻好推的。。但是因為特別長所以要注意細節。。。

a是小於0的 我們要求的是最大值 那麼就維護乙個上凸包（其實也可以轉化成下凸包。。都一樣）

f[i] = max( f[j] + a*(s[i]-s[j])^2 + b*(s[i]-s[j]) + c) 

= ( f[j] + a*s[j]^2  - b*s[j] ) + ( a*s[i]^2 +b*s[i]+c )  - ( 2*a*s[i]*s[j] )

分三塊。。很明顯是不是。。

#include #include using namespace std;

typedef long long ll;
const int nmax = 1000005; 
int n;
ll a[nmax], sum[nmax], sqr[nmax], a, b, c;
ll dp[nmax], f[nmax];
namespace queue
inline void push_back(int x)
inline void pop_back() 
inline void pop_front() 
inline int front() 
inline int second() 
inline int back() 
inline int before() 
inline int size()  
}double get_k(int i, int j)
int main() 	
using namespace queue; init(); 
for(int i = 1; i <= n; ++i)		
cout << dp[n] << endl;
return 0;
}

和上面那題差不多 而且公式還簡單些 = =

#include #include using namespace std;

typedef long long ll;
const int nmax = 500005; 
int n, m;
ll a[nmax], sum[nmax], sqr[nmax];
ll dp[nmax], f[nmax];
namespace queue
inline void push_back(int x)
inline void pop_back() 
inline void pop_front() 
inline int front() 
inline int second() 
inline int back() 
inline int before() 
inline int size()  
}double get_k(int i, int j)
int main() 		
using namespace queue; init(); 
for(int i = 1; i <= n; ++i)
cout << dp[n] << endl;
}	return 0;
}

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