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F城由n+1个横向路和m+1个竖向路组成。你的任务是从最南边的路走到最北边的路，使得走过的路上的高兴值和最大（注意，一段路上的高兴值可以是负数）。同一段路不能经过两次，且不能从北往南走。另外，在每条横向路上所花的时间不能超过k。
这题在uva和LA上又是不能评测， 于是在hdu和poj上评测了这题
这题状态比较容易想到, f(i, j)表示走到第i行第j点的最大价值 对于每一点，可以从下一行的走上来，也可以从左边走过来，也可以从右边走过来 设L(i, j)表示第i行从左边走到j点的最大价值，R(i, j)表示第i行从右边走过来的最大价值 可以得到, f(i, j) = max{ L(i,j), R(i, j), f(i+1, j) } 关键是要求L(i, j)和R(i, j) sum(i, j)表示第i行的前j个路段价值之和 L(i, j) = max{ f(i+1, k) + sum(i, j) - sum(i, k) | 1<=k<=j && k走到j的总时间 <= k} 转换可以变成： L(i, j) = max{ f(i+1, k) - sum(i, k)| 1<=k<=j && k走到j的总时间 <= k} + sum(i, j) 所以只要维护一个k，使得f(i+1, k) - sum(i, k)的值最大，这可以用单调队列来维护这个值 求R(i, j)的方法也可L一样
/**========================================== * This is a solution for ACM/ICPC problem * * @source：uva-1427 Parade * @author: shuangde * @blog: blog.csdn.net/shuangde800 * @email: zengshuangde@gmail.com *===========================================*/#include #include #include #include #include #include #include #define MP make_pair using namespace std; typedef pair PII; typedef long long int64; const int INF = 0x3f3f3f3f; const double PI = acos(-1.0); const int MAXN = 10005; int n, m, k; int mat[105][MAXN]; int t[105][MAXN]; int f[105][MAXN]; int l[MAXN], r[MAXN]; int sumVal[MAXN], sumT[MAXN]; inline int getSum(int* sum, int i, int j) { return sum[i] - sum[j]; } // 读入加速 inline int nextInt(){ char c = getchar(); while(!isdigit(c) && c!='-') c = getchar(); int sigma = 1; if(c=='-') { sigma = -1; c = getchar(); } int x = 0; while(isdigit(c)){ x = x*10+c-'0'; c=getchar(); } return x*sigma; } int main(){ while (~scanf("%d%d%d", &n, &m, &k) && n+m+k) { for (int i = 1; i <= n + 1; ++i) for (int j = 2; j <= m + 1; ++j) mat[i][j] = nextInt(); for (int i = 1; i <= n + 1; ++i) for (int j = 2; j <= m + 1; ++j) t[i][j] = nextInt(); // init memset(f[n+2], 0, sizeof(f[n+2])); for (int i = n + 1; i >= 1; --i) { deque que; // from left to right sumVal[0] = sumT[0] = 1; int front = 0, rear = 0; for (int j = 1; j <= m + 1; ++j) { sumVal[j] = sumVal[j-1] + mat[i][j]; sumT[j] = sumT[j-1] + t[i][j]; int tmp = f[i+1][j] - sumVal[j]; while(!que.empty() && f[i+1][que.back()]-sumVal[que.back()] <= tmp) que.pop_back(); que.push_back(j); while (!que.empty() && getSum(sumT, j, que.front()) > k) que.pop_front(); if (i < n + 1) l[j] = max(f[i+1][j], f[i+1][que.front()] - sumVal[que.front()] + sumVal[j]); else l[j] = max(-INF, sumVal[j] - sumVal[que.front()]); } // clear while (!que.empty()) que.pop_back(); // from right to left sumVal[m+2] = sumT[m+2] = 0; for (int j = m + 2; j >= 2; --j) { sumVal[j] = sumVal[j+1] + mat[i][j]; sumT[j] = sumT[j+1] + t[i][j]; int tmp = f[i+1][j-1] - sumVal[j]; while (!que.empty() && f[i+1][que.back()-1]-sumVal[que.back()] <= tmp) que.pop_back(); que.push_back(j); while (!que.empty() && getSum(sumT, j, que.front()) > k) que.pop_front(); if (i < n + 1) r[j] = max(f[i+1][j-1], f[i+1][que.front()-1] - sumVal[que.front()] + sumVal[j] ); else r[j] = max(-INF, sumVal[j]- sumVal[que.front()]); /// f[i][j-1] = max(l[j-1], r[j]); } } int ans = 0; for (int i = 1; i <= m +1; ++i) ans = max(ans, f[1][i]); printf("%d\n", ans); } return 0; }