遙遠的金字塔
題目背景：
10.27 noip
模擬t2
分析：斜率優化dp
講道理，
noip
這麼考真的好嗎，而且我特喵很想知道啊，為毛能夠把我的正解卡
t啊，我真的是非常不爽啊，喵喵喵喵喵
講題。首先，我們可以知道，如果因為這一行是嚴格小於上一行的，並且我們稍微用腦袋想想就知道，最優的方式一定是，選擇連續很多條，然後寬度就是最窄的那一條就好了，那麼我們就可以考慮用
dp來做了。定義
dp[i][c]
表示，目前在第
i行，已經選擇了
c個矩形的最優解，那麼轉移顯然就是
dp[i][c] = dp[j][c - 1] + (i - j) * l[i](l[j]
表示，j
的寬度)
，那麼這樣呢，我們就已經有了乙個
o(n2k)
的演算法了，顯然過不去·····考慮如何優化，我們來推推式子，如果對於兩個
dp[j][c - 1]
和dp[k][c - 1]
，j > k
，如果從
j轉移更優秀的話，滿足
dp[j][c - 1] + i * l[i] - j * l[i] > dp[k][c - 1] + i * l[i] - k *l[i] ð
dp[j][c - 1] - dp[k][c - 1] > (j - k)l[i] ð
(dp[j][c - 1] - dp[k][c - 1]) / (j - k) > l[i]
也就是說當滿足上面的不等式時，j比
k作為決策更加優，那麼我們定義上面的額
s(k, j) = (dp[j][c - 1] - dp[k][c - 1]) / (j - k),
那麼如果存在三個決策滿足
, s(k, j) ，那麼
j一定是沒有意義的決策，因為，如果
s(k, j) < l[i]
，那麼顯然k比
j優，如果
s(k, j) > l[i],
那麼s(j, x) > l[i]
，那麼x
又一定比
j優，所以我們只需要維護乙個雙端佇列，每次加入新決策前，先將倒數兩個決策和新的決策比較，將不夠優秀的決策扔出去，而每一次需要選擇
i的決策時，將前面所有
s(k, j) > l[i]的k
彈出，最後留在隊首的就是
i的決策，這樣複雜度就被優化成
o(nk)
啦，然後這就是標算複雜度了。
source:
/*
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*/#include #include #include #include #include #include #include #include #include #include inline char read()
return *s++;
}templateinline void r(t &x)
for (x = 0; isdigit(c); c = read())
x = ((x << 2) + x << 1) + (c ^ '0');
if (iosig) x = -x;
}const int out_len = 1024 * 1024;
char obuf[out_len], *oh = obuf;
inline void write_char(char c)
templateinline void w(t x)
}inline void flush()
/*templateinline void r(t &x)
for (x = 0; isdigit(c); c = getchar())
x = ((x << 2) + x << 1) + (c ^ '0');
if (iosig) x = -x;
}//*/
const int maxn = 20000 + 10;
const int maxk = 100 + 10;
int n, k, x, y;
long long dp[maxn], f[maxn];
int l[maxn];
inline void read_in()
inline double calc(int k, int j)
inline void solve()
for (int i = 1; i <= n; ++i) dp[i] = f[i];
} long long ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) ans = std::max(ans, f[i]);
std::cout << ans;
}int main()
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