历经磨难

题目链接：ybtoj高效进阶 21266

题目大意

给你 n 个事件，每个事件有收益，时间，然后你可以选不超过 k 个事件，要求你选的两个相邻的事件相差的时间要在 p~q 之间，然后每个事件还有一个数值 di，如果你选出来的事件中相邻的两个有因子 t，那贡献就要减去 z。
然后问你最大贡献是多大。

思路

考虑进行 DP，设 \(f_{i,j}\) 为前 \(i\) 个磨炼，用了 \(j\) 个的。

首先暴力转移：\(f_{i,j}=\max\limits_{i-q\leqslant k\leqslant i-p}\{f_{k,j}\}+c_i\)（这里是先不管 \(z\)，即 \(z=0\)）

不难看出区间固定长度，就是滑动窗口，用单调队列优化即可。

接着考虑 \(z\) 的各种情况。
那我们考虑到就是要相邻的两个都有 \(t\) 的因子，也就是都是 \(t\) 的倍数。
那就弄两个 \(f\)，分别表示最后一个是 \(t\) 的倍数或者不是 \(t\) 的倍数的最大贡献。

然后就弄一下也可以转移了。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define INF 1e9

using namespace std;

int n, k, t, p, q, z;
int c[10001], d[10001];
int f[10001][801], ans;
int sta0[801][10001], sta1[801][10001];
int l0[801], l1[801];

int main() {
//	freopen("trouble.in", "r", stdin);
//	freopen("trouble.out", "w", stdout);
	
	scanf("%d %d %d %d %d %d", &n, &k, &t, &p, &q, &z);
	for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &c[i]);
	for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &d[i]);
	
	for (int i = 1; i <= k; i++) {
		l0[i] = l1[i] = 1;
//		sta0[i][++sta0[i][0]] = 0; sta1[i][++sta1[i][0]] = 0;
	}
	memset(f, -0x7f, sizeof(f));
	f[0][0] = 0; d[0] = k + 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= k; j++) {
			if (i >= p) {//分别维护两个单调队列
				if (d[i - p] % t == 0) {
					while (l0[j] <= sta0[j][0] && f[i - p][j - 1] >= f[sta0[j][sta0[j][0]]][j - 1]) sta0[j][0]--;
					sta0[j][++sta0[j][0]] = i - p;
				}
				else {
					while (l1[j] <= sta1[j][0] && f[i - p][j - 1] >= f[sta1[j][sta1[j][0]]][j - 1]) sta1[j][0]--;
					sta1[j][++sta1[j][0]] = i - p;
				}
			}
			while (l0[j] <= sta0[j][0] && i - sta0[j][l0[j]] > q) l0[j]++;
			while (l1[j] <= sta1[j][0] && i - sta1[j][l1[j]] > q) l1[j]++;
			
			if (d[i] % t == 0) {//DP
				f[i][j] = max((l1[j] <= sta1[j][0]) ? f[sta1[j][l1[j]]][j - 1] : -INF, (l0[j] <= sta0[j][0]) ? f[sta0[j][l0[j]]][j - 1] - z : -INF) + c[i];
				ans = max(ans, f[i][j]);
			}
			else {
				f[i][j] = max((l1[j] <= sta1[j][0]) ? f[sta1[j][l1[j]]][j - 1] : -INF, (l0[j] <= sta0[j][0]) ? f[sta0[j][l0[j]]][j - 1] : -INF) + c[i];
				ans = max(ans, f[i][j]);
			}
		}
	}
	
	printf("%d", ans);
	
	return 0;
}