P12247 跳舞机解题报告

大家好！

欢迎阅读这份 P12247 跳舞机问题的解题报告。如果你觉得官方题解有点“硬核”，别担心，这篇报告会用更接地气的方式，带你一步步弄懂这道题的解法。

1. 问题分析：我们要干什么？

首先，我们来读懂题目。电玩城老板小 O 想在营业的 m 分钟里，让一台跳舞机产生最大的“兴奋值”。

资源：一台跳舞机，营业时间为 1 到 m 分钟。
规则：
1. 游戏一次 k 分钟，必须连续。
2. 同一时间只能有一个人玩。
3. 玩家 i 有自己的“在店时间” [l_i, r_i] 和“兴奋值” w_i。
4. 玩家要玩一局，那么这 k 分钟必须完全在他的“在店时间”内。
目标：合理安排每一段 k 分钟给谁玩（或者不玩），让总兴奋值最高。

看到“最大化总价值”、“按时间顺序做决策”这类问题，我们脑海里应该闪过一个熟悉的身影——动态规划（Dynamic Programming, DP）。

2. 核心思路：动态规划

DP 的精髓在于把一个大问题分解成小问题，并通过记录小问题的最优解来推导出大问题的最优解。

对于这道题，最自然的分解方式就是沿着时间轴。我们来定义一个状态：

dp[i]：表示在 1 到 i 分钟这段时间里，我们能获得的最大总兴奋值。

我们的最终目标就是求出 dp[m]。

3. 状态转移：决策的艺术

现在我们来思考，如何计算 dp[i]？站在第 i 分钟这个时间点，回顾过去，我们要做一个决策。对于第 i 分钟，有两种可能的情况：

情况一：第 i 分钟，跳舞机是空闲的。

如果从 i-1 分钟到 i 分钟这段时间机器没在用，那就意味着第 i 分钟结束时的最大兴奋值，和第 i-1 分钟结束时是一样的。
所以，我们有第一个状态转移：

dp[i] = dp[i-1]

情况二：第 i 分钟，刚好有一局游戏结束。

如果有一局游戏在第 i 分钟结束，由于每局游戏持续 k 分钟，那么这局游戏一定是在 [i-k+1, i] 这个时间段玩的。

这台机器在 i-k 分钟之前是空闲的，这部分能贡献的最大兴奋值是 dp[i-k]。
在 [i-k+1, i] 这段时间，我们安排了一个玩家进行游戏。为了让总兴奋值最大，我们肯定会选择一个能在这段时间玩，并且兴奋值最高的玩家。

假设这个最厉害的玩家的兴奋值是 W，那么这种情况下的总兴奋值就是 dp[i-k] + W。
这里的 W 是所有满足 l_j <= i-k+1 且 r_j >= i 的玩家 j 中，w_j 的最大值。

综合两种情况，dp[i] 的值就是这两种可能中的较大者：

dp[i] = max( dp[i-1], dp[i-k] + W )

4. 难点与优化：如何快速找到最合适的玩家？

这个 DP 思路看起来很美好，但有个大问题：在计算每个 dp[i] 时，我们怎么快速找到那个 W？

如果每次都遍历所有 n 个玩家，去检查他们是否满足时间要求 l_j <= i-k+1 且 r_j >= i，那么计算一个 dp[i] 就需要 O(n) 的时间，总时间复杂度是 O(m*n)。根据数据范围（n 和 m 都是 50 万级别），这肯定会超时。

我们需要一个更聪明的办法来找到 W。

优化思路：扫描线 + 优先队列（堆）

让我们换个角度。当我们沿着时间轴从 i=1 走到 m 时，玩家们会“出现”又“消失”。

我们可以维护一个“当前可选择的玩家池”。当我们计算 dp[i] 时，这个池子里放着所有理论上可以开始一局游戏（游戏时段为 [i-k+1, i]）的玩家。

什么时候把玩家加入池子？
一个玩家 j 最早可以玩的一局游戏，其结束时间是 l_j + k - 1。所以，当我们的时间 i 走到 l_j + k - 1 时，玩家 j 就成了一个新的“候选人”，我们可以把他加入池子。
池子里需要什么信息？
我们需要快速找到兴奋值最高的玩家。优先队列（大顶堆） 是完美的数据结构！我们把玩家的 (兴奋值 w, 离店时间 r) 放进堆里，按 w 从大到小排序。
如何处理玩家离店？
池子里的玩家不能一直待着。当计算 dp[i] 时，堆顶的玩家虽然兴奋值最高，但他可能已经离店了（即他的 r_j < i）。这种玩家是“过期”的，不能选择。
所以，在取堆顶玩家之前，我们需要做一个检查：如果堆顶玩家的离店时间 r_j 小于当前时间 i，说明他已经走了，就把他从堆里弹出。 我们重复这个过程，直到堆顶的玩家是在店的，或者堆为空。

这个“用到了再检查，过期了再删除”的技巧，通常被称为“懒删除”，非常高效。

5. 算法流程总结

现在，我们可以梳理出完整的、高效的算法流程了：

预处理：创建一个数组 qj（可以理解为很多个篮子），qj[t] 这个篮子存放所有“最早能结束游戏的时间点”为 t 的玩家信息（离店时间和兴奋值）。
- 遍历所有 n 个玩家，如果一个玩家 j 能玩得起至少一局游戏（r_j - l_j + 1 >= k），就把他的 {r_j, w_j} 存入 qj[l_j + k - 1]。
初始化：
- dp 数组全部初始化为0。
- 创建一个空的优先队列 s（大顶堆，用来存 {w_j, r_j}）。
主循环（DP过程）：从 i = 1 循环到 m：
- 决策一（空闲）：dp[i] = dp[i-1]。
- 加入新候选人：检查 qj[i] 这个篮子，把里面的所有玩家都加入到优先队列 s 中。
- 清理过期玩家：循环检查 s 的堆顶。如果堆顶玩家的离店时间小于 i，就 s.pop()，直到堆顶玩家有效或堆为空。
- 决策二（游戏）：如果此时 s 不为空，说明有玩家可以玩。取出堆顶玩家的信息 {w_top, r_top}。用这个玩家的兴奋值更新 dp[i]：
  dp[i] = max(dp[i], dp[i-k] + w_top)。
最终答案：dp[m] 就是我们要求的最大总兴奋值。

6. 代码解析

我们来看一下题解给出的代码是如何实现这个流程的。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n, m, k;
long long dp[500005];
vector<pair<int, int>> qj[500005]; // 预处理的“篮子”

signed main() {
    cin >> n >> m >> k;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        int l, r, w;
        cin >> l >> r >> w;
        // 玩家必须待够k分钟
        if (l + k - 1 <= r)
            // 将 {离店时间 r, 兴奋值 w} 放入 l+k-1 号篮子
            qj[l + k - 1].push_back({r, w});
    }

    dp[0] = 0;
    // C++默认是大顶堆，这里用 greater 变成小顶堆，
    // 通过存入-w来巧妙地实现大顶堆的效果。
    priority_queue<pair<int, int>, vector<pair<int, int>>, greater<pair<int, int>>> s;

    for (int i = 1; i <= m; ++i) {
        // 决策一：假设机器空闲
        dp[i] = dp[i - 1];

        // 加入在 i 时刻成为候选人的玩家
        for (auto j : qj[i]) {
            // j.first 是 r, j.second 是 w
            // 存入 {-w, r}，这样w越大，-w越小，在小顶堆里越靠前
            s.push({-j.second, j.first});
        }

        // 清理过期的玩家
        // s.top().second 是 r, 如果 r < i, 说明玩家已离店
        while (!s.empty() && s.top().second < i) s.pop();

        // 决策二：如果还有候选玩家
        if (!s.empty()) {
            // s.top().first 是 -w，所以要取反得到 w
            dp[i] = max(dp[i], dp[i - k] - s.top().first);
        }
    }
    cout << dp[m] << "\n";
}

这段代码完美地实现了我们刚才分析的算法。通过预处理和优先队列，成功地将每次查找最优玩家的时间从 O(n) 优化到了 O(log n)（堆操作的复杂度），使得总时间复杂度降低到可以接受的 O(m \log n + n)，顺利通过此题。

希望这份报告能帮助你彻底理解这道题的精妙之处！

posted @ 2025-07-17 15:00 surprise_ying 阅读(18) 评论(0) 收藏举报

刷新页面返回顶部

P12247 跳舞机 解题报告