「单调优化 dp」做题记录
「单调优化 dp」做题记录
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设 \(f(i, j)\) 表示使小鸟到达 \((i, j)\) 所需的最少点击数。
不难写出转移方程：
\[f(i, j) = \min \begin{cases} f(i-1, j + y_{i-1}), \text{if} j + y_{i-1} \le m \\ f(i-1, x - kx_{i-1}), k \in \mathbb{N}^+ \and j - kx_{i-1} \ge 1 \end{cases} \]其中第一种情况对应在上一点不点击，第二种情况对应在上一点点击若干次（\(k\) 次）。由于小鸟高度为 \(m\) 时，无法再上升，所以 \(j = m\) 的情况要特殊处理。
初始化：
\[f(i, j) = \begin{cases} 0, i = 0 \\ +\infty, \text{Otherwise} \end{cases} \]如果 \(\forall 1 \le j \le m\)，\(f(n, m) = +\infty\)，则无法到达终点，否则到达终点的最小点击数为 \(\min_{1 \le j \le m} f(n, j)\)。
容易发现，由于要枚举 \(k\)，每次转移的时间复杂度大于 \(O(1)\)。虽然在开启 O2 的情况下能通过此题，但我们仍需更好的转移方程。
但是我还没搞懂优化，洛谷题解写的都是什么东西？还有这不是单调优化题单里的题吗，我怎么没看出单调优化，题解里都在说完全背包的事😅剩下的转移方程，以后再来探索吧
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不失一般性，假设 Bessie 从左往右跳。并且先把所有目标点按坐标从小到大排序。
设 \(f(i, j)\) 表示 Bessie 在由第 \(j\) 个目标点跳到第 \(i\) 个目标点的情况下，能获得的最大总分数。设 \(i\) 与 \(j\) 之间的距离 \(x_i - x_j = dis\)，则转移方程为
\[f(i, j) = \max_{k < j \and x_j - x_k \le dis}f(k, j) + val_i \]初始化 \(\forall 1 \le i \le n, f(i, 0) = val_i\)，代表从第 \(i\) 个目标点开始跳跃；其他情况下 \(f(i, j) = -\infty\)。
答案为 \(\max f(i, j)\)。
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P2627 [USACO11OPEN] Mowing the Lawn G
设 \(f(i, 1/0)\) 表示在选/不选第 \(i\) 只奶牛的情况下，前 \(i\) 只奶牛能获得的最大总收益。
则转移方程为
\[f(i, 1) = \max_{i-K+1 \le j < i} (\sum_{k=j}^{i} E_k + f(j-1, 0)) \\ f(i, 0) = \max(f(i-1, 0), f(i-1, 1)) \]时间复杂度为 \(O(NK)\)，无法通过此题。
由于 \(f(i, 1)\) 的转移方程中出现了某一连续段的最大值，考虑单调优化。
这里的单调优化略微有点说法： \(\sum_{k=j}^{i} E_k\) 这一项是随着 \(i\) 的变化而动态更新的，因此单调队列中不能对于每个 \(j\) 维护 \(\sum_{k=j}^{i} E_k + f(j-1, 0)\)。
利用前缀和：\(\sum_{k=j}^{i} E_k = sum_i - sum_{j-1}\)，则原转移方程变为 ：
\[f(i, 1) = \max_{i-K+1 \le j < i} (f(j-1, 0) - sum_{j-1}) + sum_i \]于是就可以在单调队列中维护 \(f(j-1, 0) - sum_{j-1}\)。
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先想一个 \(O(NMT)\) 的做法：设 \(f(t, i, j)\) 表示 \(t\) 时刻在 \((i, j)\) 的情况下，已经过的最长滑行距离。
则转移方程为：
\[f(t, i, j) = \max(f(t-1, i, j), f(t-1, si, sj) + 1) \]其中 \((si, sj)\) 表示上一时刻钢琴的位置，这是由上一时刻的风向决定的。
初始化：若 \((i, j)\) 是空地，则 \(f(1, i, j) = 0\)，否则 \(f(1, i, j) = -\infty\)。
由于 \(T\) 最大可以达到 \(40000\)，而时间复杂度中的 \(NM\) 难以去掉，所以考虑去掉 \(T\)。
重新设计状态：设 \(f(x, i, j)\) 表示第 \(x\) 个区间结束时（即在 \(t_x + 1\) 时刻），钢琴在 \((i, j)\) 的情况下，已经过的最长滑行距离。
则转移方程为：
\[f(x, i, j) = \max_{0 \le d \le t_x - s_x + 1} (f(x-1, si, sj) + d) \]这里，我们枚举 \(d\) 表示在第 \(x\) 个区间中钢琴滑行的距离，\((si, sj)\) 表示滑行前所在的位置。
由于转移方程中出现了某一连续段的最大值，我们可以使用单调优化。
由于 \(d\) 是变化量，我们把他拆开： \(d = j - sj\) （这里以向左移动为例），把 \(j\) 提出来，\(sj\) 就变成了常量，这样就可以单调优化。
这里代码实现上需要一些小技巧，否则会使代码很冗长。对于不同的移动方向，我们计算两个点距离的方式也不同。在代码中，可以把这个过程抽象成一个函数，用某个变量
i表示当前格是所在行/列的第i个格，这样就可以完成不同方向的统一。详见代码（代码中使用了滚动数组）：void work(int x, int y, int d, int len) { head = 1, rear = 0; for(int i = 1; check(x, y); i++, x += dx[d], y += dy[d]) { if(mp[x][y] == 'x') head = 1, rear = 0; else { while(head <= rear && f[x][y]-i >= que[rear].val - que[rear].pos) rear--; que[++rear] = Node(f[x][y], i); while(head <= rear && que[head].pos < i - len) head++; f[x][y] = que[head].val + (i - que[head].pos); ans = max(ans, f[x][y]); } } }主函数中：
memset(f, 0xc0, sizeof(f)); f[sx][sy] = 0; for(int k = 1, s, t, d; k <= K; k++) { cin >> s >> t >> d; int len = t - s + 1; if(d == 1) for(int i = 1; i <= m; i++) work(n, i, 1, len); else if(d == 2) for(int i = 1; i <= m; i++) work(1, i, 2, len); else if(d == 3) for(int i = 1; i <= n; i++) work(i, m, 3, len); else if(d == 4) for(int i = 1; i <= n; i++) work(i, 1, 4, len); } -
设 \(f(i)\) 表示到达第 \(i\) 格时琪露诺能获得的最大冰冻指数。
转移方程（省略 \(0 \le j \le N\) 等边界条件）：
\[f(i) = \max_{i-R \le j \le i - L} f(j) + A_i \]初始化：\(f(0) = 0\)，其他情况 \(f(i) = -\infty\)。
答案统计：\(ans = \max_{N+1 \le i \le N+R} f(i)\)
很难不想到单调优化，很难不会实现单调优化。
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