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

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

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发布时间：2019-06-07

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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：

1 #include
       
         2 #include
        
          3 #include
         
           4 #include
          
            5 #include
           
             6 #include
            
              7 using namespace std; 8 #define Maxn 100010 9 10 int w[Maxn];11 int q[Maxn],st[Maxn],ql,qr;12 int sum[Maxn],f[Maxn],g[Maxn];13 14 int mymax(int x,int y) { return x>y?x:y;}15 16 int main()17 {18 int n;19 scanf("%d",&n);20 sum[0]=0;21 for(int i=1;i<=n;i++)22 {23 scanf("%d",&w[i]);24 // sum[i]=sum[i-1]+w[i];25 }26 sum[n+1]=0;27 for(int i=n;i>=1;i--) sum[i]=sum[i+1]+w[i];28 qr=0;29 q[++qr]=0;st[qr]=n+1;g[qr]=0;ql=1;30 31 int ans=0;32 for(int i=n;i>=1;i--)33 {34 while(ql
             
              =g[ql+1]) ql++;35 f[i]=q[ql]+1;int now=sum[st[ql]];36 while(2*sum[i]-now<=g[qr]&&ql<=qr) qr--;37 q[++qr]=f[i];st[qr]=i;g[qr]=2*sum[i]-now;38 ans=mymax(ans,f[i]);39 }40 printf("%d\n",ans);41 return 0;42 }