[COCI 2022/2023 #5] Slastičarnica

这题很好的 dp 题

首先我们知道这个 \(q\) 数据范围明显是诈骗的，最多就跟 \(n\) 同阶。

那我们的复杂度就大概是 \(O(n^2)\)

很明显使用 dp 来实现这个过程的，设一个 \(dp_{i,l,r}\) 表示在第 \(i\) 次中这个区间为 \(l\sim r\) 是否可能，这个大概是一个 \(O(n^4)\) 的时间复杂度。

考虑优化，我们发现这个 dp 数组只存布尔值，这就很浪费了（当然这里很明显不能用 \(bitset\) )，很容易想到在第 \(i\) 次操作中 \(r\) 越大越优，那我们只需存一个 \(dp_{i,l}\) 表示最大的右端点即可。

那我们分别考虑左边的转移和右边的转移。

对于左边的转移很简单，\(dp_{i,j} = \max(dp_{i-1,l}) l\in [1,j-d]\and mi_{j-d-1,j-1}\ge s\)，这里可以用一个前缀最值来实现。可以优化到 \(O(n)\)。

而右边的转移 \(dp_{i,j} = max(r) r\in [j,dp_{i-1,j}-d]\and mi_{r+1,r+d+1}g\ge s\)，这个优化其实也不难，观察到它取的是一个 \(mi_{r+1,r+d+1}\) ，我们可以再搞一个数组 \(h_r\) ，表示原来以 \(r\) 为右端点，最大的值 \(h_r\) 能让 \(l \sim r\) 转移到 \(l\sim h_r\)。这个是一个很简单的 dp，不赘述了。

总体的时间复杂度 \(O(n^2)\)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5005;
int f[N][N],n,q,a[N],mi[N][N];
int pre[N],h[N];
//表示第i次操作,左端点为 l 的最大的 
signed main(){
	scanf("%d%d",&n,&q);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",a+i);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		mi[i][i]=a[i];
		for(int j=i+1;j<=n;j++)
			mi[i][j]=min(mi[i][j-1],a[j]);
	}
	f[0][1]=n;
	int i=1;
	for(int d,s,sum=0;i<=n;i++){
		scanf("%d%d",&d,&s);//长度和最小值 
		sum+=d;
		if(sum>n)break;
		for(int l=1,c=0;l<=n;l++){
			pre[l]=max(f[i-1][l],pre[l-1]);
			a[l]>=s?c++:c=0;
			h[l]=c>=d?l-d:h[l-1];
		}
		for(int l=1;l<=n;l++){
			f[i][l]=-0x3f3f3f3f;
			if(l-d>=1 && mi[l-d][l-1]>=s)	
				f[i][l]=max(f[i][l],pre[l-d]);
			//左边的删掉 
			if(pre[l]>=l && h[pre[l]]>=l)
				f[i][l]=max(f[i][l],h[pre[l]]);
		}
		bool op = false;
        for (int l = 1; l <= n && !op; ++l)
            op |= f[i][l] >= l-1 ;
        if (!op) break;
	}
	//f_{i,j} = max(f_{i-1,l}) l\in [1,j-d]^mi[j-d-1,j-1]>=s
	//f_{i,j} = max(r) r\in [j,f_{i-1,j}-d]^mi[r+1,r+d+1]>=s
	cout<<i-1;
	return 0;
	
}