題幹在這裡：
這道題分了三類，
對於 40%的資料, 2≤n≤40,1≤m≤40
對於 90%的資料,2≤n≤200,1≤m≤200
對於 100%的資料2≤n≤1000,1≤m≤1000,1≤p≤m
先說狀態轉移方程：f[i][j]表示在i時刻在j工廠買了乙個機械人
f[i][j]=max（其中sum表示從第i時刻開始，機械人從第j個工廠開始收集金幣，經過k步所能收集的金幣數，money表示從j工廠買機械人需要的金幣數，0<=y<=n-1）
如果不採用任何優化的話，只能得40%的分，我們先採取第一步優化：在狀態轉移的過程中，我們列舉了i，j，k，y。資料範圍是200的時候就爆了。其實我們完全可以不需要列舉y。我們可以用opt陣列來儲存第i行f[i][j]的最大值，要用的時候直接呼叫就行了（不需要再列舉一遍j）。
程式如下：
#include
#include
using
namespace
std;
const
int maxans=100*1000+10;
int n,m,p,a[1100][1100],f[1100][1100],need[1100],opt[1100];
int add(int fac,int step,int tim)
void prepare()
opt[i]=max(opt[i],f[i][j]);}}
}void readin()
}for(int i=0;icin>>need[i];
}int main()
}for(int i=0;i<=1010;++i)
opt[i]=-maxans;
prepare();
cout
<0]
0;}
首先，讓我們了解一下神馬是單調佇列：
但是——這道題不是直線上的單調佇列，而是斜線上的。
s[i][j]表示i，j所在的這一條斜線到第一行的和，遞推關係式為：
s[i+1][(j+1)%n]=s[i][j]+a[i+1][(j+1)%n]；
其中，所有（j-i+n）%n得到的數相同的都為一條斜線
opt[i+k]和s[i][j]都和j有關，所以我們可以將二者的和儲存在queue陣列中，在求f[i][j]的時候再呼叫。
先將所有的s陣列求出來，以便呼叫，狀態轉移方程如上~；
有了s陣列，先將opt陣列附乙個很小的值（但是要注意opt[m]=0）之後我們就可以求queue（了！opt[i]在求完f[i][j]的時候再更新，轉移方程為：opt[i]=max(opt[i],f[i][j])）
其中，head表示投指標。tail表示尾指標，當且僅當
tail[k]>=head[k]&&x>=queue[k][tail[k]][1]時才需要做，因為是求最大值，這個數列是乙個單調遞減的數列如果後面加進來的數大於queue陣列尾的數，這個陣列尾的數就沒有用了，tail–，同理，如果這個陣列頭太遙遠，超過了可執行步數，head++;
最後獻上**~~~
#include
using
namespace
std;
const
int maxans=100*1000+10;
int n,m,p,a[1100][1100],f[1100][1100],need[1100],opt[1100];
int s[1100][1100],queue[1100][1100][2],head[1100],tail[1100];
void readin()
}for(int i=0;icin>>need[i];
for(int i=0;i0][i]=a[0][i];
for(int i=0;i<=m-1;i++)
}}void work()
}}int main()
P1070 道路遊戲
小新正在玩乙個簡單的電腦遊戲。遊戲中有一條環形馬路，馬路上有 n 個機械人工廠，兩個相鄰機械人工廠之間由一小段馬路連線。小新以某個機械人工廠為起點，按順時針順序依次將這 n 個機械人工廠編號為1 n，因為馬路是環形的，所以第 n 個機械人工廠和第 1 個機械人工廠是由一段馬路連線在一起的。小新將連線...
洛谷P1070 道路遊戲
小新正在玩乙個簡單的電腦遊戲。遊戲中有一條環形馬路，馬路上有 n 個機械人工廠，兩個相鄰機械人工廠之間由一小段馬路連線。小新以某個機械人工廠為起點，按順時針順序依次將這 n 個機械人工廠編號為1 n，因為馬路是環形的，所以第 n 個機械人工廠和第 1 個機械人工廠是由一段馬路連線在一起的。小新將連線...
題解 洛谷P1070 道路遊戲（線性DP）
次元傳送門 洛谷p1070 一開始以為要用什麼玄學優化 沒想到o3就可以過了 我們只需要設f i 為到時間i時的最多金幣 需要倒著推回去 即當前值可以從某個點來 那麼狀態轉移方程為 f i max f i f i k val cost now now表示從now這個工廠來 cost表示在now買下了...