【BZOJ 1233】 [Usaco2009Open]干草堆tower （单调队列优化DP）

1233: [Usaco2009Open]干草堆tower

Description

奶牛们讨厌黑暗。为了调整牛棚顶的电灯的亮度，Bessie必须建一座干草堆使得她能够爬上去够到灯泡。一共有N大包的干草（1<=N<=100000）(从1到N编号)依靠传送带连续的传输进牛棚来。第i包干草有一个宽度W_i(1<=w_i<=10000)。所有的干草包的厚度和高度都为1. Bessie必须利用所有N包干草来建立起干草堆，并且按照他们进牛棚的顺序摆放。她可以相放多少包就放多少包来建立起tower的地基（当然是紧紧的放在一行中）。接下来他可以放置下一个草包放在之前一级的上方来建立新的一级。注意：每一级不能比下面的一级宽。她持续的这么放置，直到所有的草包都被安置完成。她必须按顺序堆放，按照草包进入牛棚的顺序。说得更清楚一些：一旦她将一个草包放在第二级，她不能将接下来的草包放在地基上。 Bessie的目标是建立起最高的草包堆。

Input

第1行：一个单一的整数N。第2~N+1行：一个单一的整数:W_i。

Output

第一行：一个单一的整数，表示Bessie可以建立的草包堆的最高高度。

Sample Input

3
1
2
3

Sample Output

2
输出说明：
前两个（宽度为1和2的）放在底层，总宽度为3，在第二层放置宽度为3的。
+----------+
| 3 |
+---+------+
| 1 | 2 |
+---+------+

【分析】

　　其实我真的没有对单调的东西很有感觉，一开始就没想证单调。。。

　　嗯，很自然想要把草堆倒过来做，先堆小的。

　　首先，要想出一维的DP，这个就很不容易，你要证明：至少有一种能使层数最高的方案同时使得底边最短。

　　好了我不会证，直接copy大神的证明了：

　　任意取出一个能使层数最高的方案，设有CA层，把其中从下往上每一层最大的块编号记为Ai；任取一个能使底边最短的方案，设有CB层，把其中从下往上每一层最大的块编号记为Bi。显然A1>=B1,ACB<=BCB，这说明至少存在一个k属于(1,CB)，满足Ak-1>=Bk-1且Ak<=Bk。也就是说，方案 A 第K 层完全被方案 B 第K 层包含。构造一个新方案，第K 层往上按方案 A，往下按方案 B，两边都不要的块放中间当第K 层。新方案的层数与 A 相同，而底边长度与 B 相同。证毕。

by zkw？

　　然后列出方程 f[i]=f[j]+1 (sum[i]-sum[j]>g[j]) [f[j]表示做完前j个的最高高度，g[j]表示得到f[j]时最后一层的宽度]

　　这个方程很有特点，主要就是限制，方程十分简单，而且很明显是单调不减的。

　　答案是单调不减，却有一定的限制，这个我还很少见呢。

　　换一下想法就好了啊，让f做x轴，g[j]+sum[j]做y轴，f不减时g[j]+sum[j]递增，形成了一个单调队列。

　　队头删，队尾删、插smg的，懂的啦。。

代码如下：

 #include<cstdio>

 #include<cstdlib>

 #include<cstring>

 #include<iostream>

 #include<algorithm>

 #include<queue>

 using namespace std;

 #define Maxn 100010

 int w[Maxn];

 int q[Maxn],st[Maxn],ql,qr;

 int sum[Maxn],f[Maxn],g[Maxn];

 int mymax(int x,int y) {return x>y?x:y;}

 int main()

 {

     int n;

     scanf("%d",&n);

     sum[]=;

     for(int i=;i<=n;i++)

     {

         scanf("%d",&w[i]);

         // sum[i]=sum[i-1]+w[i];

     }

     sum[n+]=;

     for(int i=n;i>=;i--) sum[i]=sum[i+]+w[i];

     qr=;

     q[++qr]=;st[qr]=n+;g[qr]=;ql=;

     int ans=;

     for(int i=n;i>=;i--)

     {

         while(ql<qr&&sum[i]>=g[ql+]) ql++;

         f[i]=q[ql]+;int now=sum[st[ql]];

         while(*sum[i]-now<=g[qr]&&ql<=qr) qr--;

         q[++qr]=f[i];st[qr]=i;g[qr]=*sum[i]-now;

         ans=mymax(ans,f[i]);

     }

     printf("%d\n",ans);

     return ;

 }

[BZOJ 1233]

话说，真真是一道难想的题。

2016-10-19 20:45:20