琪露诺

P1725 琪露诺 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

题目描述

在幻想乡，琪露诺是以笨蛋闻名的冰之妖精。

某一天，琪露诺又在玩速冻青蛙，就是用冰把青蛙瞬间冻起来。但是这只青蛙比以往的要聪明许多，在琪露诺来之前就已经跑到了河的对岸。于是琪露诺决定到河岸去追青蛙。

小河可以看作一列格子依次编号为 $0$ 到 $N$，琪露诺只能从编号小的格子移动到编号大的格子。而且琪露诺按照一种特殊的方式进行移动，当她在格子 $i$ 时，她只移动到区间 $[i+L,i+R]$ 中的任意一格。你问为什么她这么移动，这还不简单，因为她是笨蛋啊。

每一个格子都有一个冰冻指数 $A_i$，编号为 $0$ 的格子冰冻指数为 $0$。当琪露诺停留在那一格时就可以得到那一格的冰冻指数 $A_i$。琪露诺希望能够在到达对岸时，获取最大的冰冻指数，这样她才能狠狠地教训那只青蛙。

但是由于她实在是太笨了，所以她决定拜托你帮它决定怎样前进。

开始时，琪露诺在编号 $0$ 的格子上，只要她下一步的位置编号大于 $N$ 就算到达对岸。

输入格式

第一行三个正整数 $N,L,R$。

第二行共 $N+1$ 个整数，第 $i$ 个数表示编号为 $i-1$ 的格子的冰冻指数 $A_{i-1}$。

输出格式

一个整数，表示最大冰冻指数。

样例 #1

样例输入 #1

5 2 3
0 12 3 11 7 -2

样例输出 #1

11

提示

对于 $60\%$ 的数据，$N\le 10^4$。

对于 $100\%$ 的数据，$N\le 2\times 10^5$，$-10^3\le A_i\le 10^3$，$1\le L\le R\le N$。数据保证最终答案不超过 $2^{31}-1$。

思路

定义 $f_i$ 为以 $i$ 结尾的所能得到的最大分数。

对于当前的 $f_i$, 可以从 $f_j+a_i,j\in [i-R,i-L]$, 转移。

若直接按照这个思路写, 时间复杂度是 $O(n^2)$, 无法通过 2e5 的数据。

考虑用单调队列维护 $[i-R,i-L]$ 区间的 $f_j$ 最大值, 因为随着 $i$ 的增加, 区间也会向右平移。

在枚举到第 $i$ 个位置时, 先将从 $i-1$ 剩下的单调队列插入 $a_{i^{\prime }-L+1}$, 插入之后检测是否队头元素与 $i$ 的距离 $q[hh]-i>R$, 最后留下的 $q[hh]$ 就是区间内 $[i-R,i-L]$ 的 $f_j$ 最大值, 直接更新即可。

代码

 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
const int N = 5e5 + 10, INF = 0x3f3f3f3f;
int a[N], f[N], q[N];
int n, L, R;
 
void solve()
{
    cin >> n >> L >> R;
    for (int i = 0; i <= n; i++)
        cin >> a[i];
 
    memset(f, -0x3f, sizeof f);
    f[0] = 0;
    int hh = 0, tt = -1;
    for (int i = 1, j = 0; i <= n + R; i++)
    {
        while (j <= i - L)
        {
            if (f[j] > -INF)
            {
                while (hh <= tt && f[q[tt]] <= f[j])
                    tt--;
                q[++tt] = j;
            }
            j++;
        }
 
        while (hh <= tt && q[hh] < i - R)
            hh++;
        if (hh <= tt)
            f[i] = f[q[hh]] + a[i];
 
    }
 
    int res = -INF;
    for (int i = n; i <= n + R; i++)
        res = max(res, f[i]);
    cout << res << endl;
}
 
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    solve();
    return 0;
}