這題好神啊！首先要會最簡單的dp：先按t從小到大排序，f[
i]表示接到排序後第i塊餡餅的最大分數和，那麼轉移就是把前面的掃一遍，複雜度o(
n2) 。我們觀察轉移的條件，若能從f[
j]轉移到f[
i]，那麼有：t[
j]<=t[
i] p
[i]−
p[j]
<=2×
(t[i
]−t[
j])
p[j]
−p[i
]<=2×
(t[i
]−t[
j])
（後面兩條不等式實際上是由|p
[i]−
p[j]
|<=2×
(t[i
]−t[
j]) 得到的）
我們又注意到，滿足第2、3條不等式，那麼第1條就一定滿足。那麼對於第2、3條，移項可得：2×
t[i]
+p[i
]>=2×
t[j]
+p[j
] 2×
t[i]
−p[i
]>=2×
t[j]
−p[j
] 設x
[i]=
2×t[
i]+p
[i],
y[i]
=2×t
[i]−
p[i]
，f[j
] 能轉移到f[
i]的條件就是x[
j]<=x[
i] 且y
[j]<=y[
i]，你也可以這麼理解，平面上在i左下角的點都可以轉移到i。然後就好搞了，對x排序，然後離散化y，用樹狀陣列維護最大值，就可以做到o(
nlog
n)轉移了。
#include
using
namespace
std;
#define pa pair
#define ll long long
const
int maxn=100010;
const
int inf=2147483647;
int read()
while(ch>='0'&&ch<='9')
return x*f;
}int w,n,f[maxn],y[maxn],ans=-1;
struct aa[maxn];
bool cmpxy(a a,a b)
int getmax(int x)
mapo;
int main()
sort(a+1,a+1+n,cmpxy);
sort(y+1,y+1+n);int num=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%d",ans);
}
bzoj2131 免費的餡餅
智障一般的操作，拆絕對值都忘了。數學沒救了。最後貌似是用的幾何意義推出來的。轉移的條件是 t i t j 並且abs p i p j 2 t i t j 顯然前面那個可以不考慮。然後你把每個狀態看作乙個二維平面上的點nd i 2 t i p i 移向不難發現 nd i 能夠轉移的點就是y x,y x...
bzoj 2131 免費的餡餅
易得方程 f i max f j v i 條件是 t i 一共有 3 個條件，但是你發現如果滿足後面兩個條件，自然滿足第乙個條件.所以可以將問題轉化為乙個二位偏序問題，離線 樹狀陣列處理一下即可.code include define n 100007 define ll long long usi...
bzoj2131 免費的餡餅
首先我們很容易看出是乙個dp 然後容易看出是資料結構優化dp 但是這個限制條件有點鬼畜 abs p i p j 2 t i t j p i p j t i 2 p i t j 2 p j p i t i 2 p i t j 2 p j 這樣的話我只會樹套樹 後來想想帶修主席樹應該也行？信仰不夠去 題...