单调队列1006 POJ 1821 Fence

题意:
有一个长度为n的墙壁,有k个粉刷匠来刷墙
每个粉刷匠都有三种属性
1.最大刷墙的距离(必须是连续的区间
2.刷每块墙的价格
3.初始位置(刷墙的区间必须包含初始位置
求这几个粉刷匠刷长度为n的墙最多赚多少钱
思路:
我们考虑
dp[i][j]为前i个粉刷匠刷前j面墙最多的赚的钱
我们考虑对于每个粉刷匠刷墙
把墙分成两种
1.能刷到的
2.刷不到的
对于刷不到的我们自然就取dp[i-1][j]和dp[i][j-1]了
对于能刷到的
如果当前粉刷匠要刷的话就是
dp[i][k]+(j-k)*price[i]由于当前j是固定的
所以我们只需要求最大的dp[i][k]-k*price[i]
还有一点是我们对于每个j的k的范围是要变的
所以我们相当于维护一个固定大小的窗口里的最大值
所以就要用到单调队列了

#include<stdio.h>#include<string.h>#include<iostream>#include<algorithm>#include<math.h>#include<queue>#include<stack>#include<string>#include<vector>#include<map>#include<set>using namespace std;#define lowbit(x) (x&(-x))typedef long long LL;const int maxn = 16005;const int inf=(1<<28)-1;struct node{    int MaxDis,Price,InitPos;    int Left,Right;}A[105];bool cmp(node u,node v){    return u.InitPos<v.InitPos;}deque<pair<int,int> >Que;int dp[105][maxn];int main(){    int n,k;    while(~scanf("%d%d",&n,&k))    {        for(int i=1;i<=k;++i)        {            scanf("%d%d%d",&A[i].MaxDis,&A[i].Price,&A[i].InitPos);            A[i].Left=max(0,A[i].InitPos-A[i].MaxDis);//因为我们取得是当前点之后墙            A[i].Right=min(n,A[i].InitPos+A[i].MaxDis-1);         }        sort(A+1,A+k+1,cmp);        //因为我们dp[i][k]是需要之前的max(dp[1~i][0~k-1])        memset(dp,0,sizeof(dp));        for(int i=1;i<=k;++i)        {            Que.clear();            for(int j=0;j<=n;++j)//同样是因为我们取得是当前点以及之前为不覆盖范围,所以需要0            {                if(j) dp[i][j]=dp[i][j-1];                dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j]);                if(A[i].Left<=j&&j<A[i].InitPos)                {                    int SubNum=dp[i-1][j]-j*A[i].Price;                    while(!Que.empty()&&SubNum>=Que.back().first)                    {                        Que.pop_back();                    }                    Que.push_back(make_pair(SubNum,j));                }                if(A[i].InitPos<=j&&j<=A[i].Right)                {                    int Tmp=j*A[i].Price;                    while(!Que.empty()&&j-Que.front().second>A[i].MaxDis)                    {                        Que.pop_front();                    }                    dp[i][j]=max(dp[i][j],Que.front().first+Tmp);                }            }        }        printf("%d\n",dp[k][n]);    }    return 0;}