题解 P2254 【[NOI2005]瑰丽华尔兹】
George1123
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题解
题解-[NOI2005]瑰丽华尔兹
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[NOI2005]瑰丽华尔兹
数据范围：1\le n,m\le 200，1\le k\le 200，1\le s_i\le t_i\le 4\times 10^4。
非常引人入胜的一道题，表明上很毒瘤，其实故事情节生动，题目做法巧妙，代码长而不烦。完美啊！连我这个小蒟蒻都一次过了，除了在 \texttt{vector} 开队列大小上出了点小问题。
很明显可以 \texttt{dp}：
f_{w,i,j} 表示第 w 段时间，走到 (i,j) 这个格子时的最长路长度。
如果直接**野蛮递推**（暴力找同行（列）的 $i'$ 或 $j'$），时间复杂度为 $\Theta(knm(n+m))$ 稳炸。
考虑到递推时的**单向性和单调性**，想到可以用**单调队列**。
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对于每个 $w$，$d_w$ 不同，所以可以**分类讨论**不同方向时的 $\texttt{dp}$ 递推方法。
**举例：假设 $d_w=4$，即方向为右。**
因为是横向递推的，所以可以单独考虑每一行。
**怎么用单调队列呢？**
1. 队列中存的是**当前格左端 从头到尾 ``期望贡献``单调递减的 列下标**。
2. 清空 **$w$ 时间段长度内不可达到的**或**与当前格被障碍物隔绝的**列下标。
3. 遍历列的同时**维护单调队列并求得 $f_{w,i,j}$ 递推值。**
**这东西好想却难讲，于是蒟蒻画了个图：**
> 其实绿色格子上也应该有数字，也应该考虑是否放进单调队列，但是那样问题会稍微复杂一些。
设单调队列的头为 $qtop$，如上图中 $queue=\{3,5\}$，$qtop=3$。
**所以递推转移方程为：**
$$f_{w,i,j}=f_{w,qtop}+j-qtop$$
所以上图中：
$$f_{w,4,6}=f_{w-1,4,3}+6-3=21$$
**所以当 $d_w=4$ 时的代码：**
```cpp
for(re int i=1;i<=n;i++){
l=1,r=0;
for(re int j=1;j<=m;j++){
if(G[i][j]){l=r+1;continue;} //如果遇到障碍物，清空数组
while(l<=r&&q[l]<j-mv.se) l++; //把该时间段走不到的排除（时间太少了）
while(l<=r&&f[p^1][i][q[r]]-q[r]<=f[p^1][i][j]-j) r--; //维护队列期望贡献单调递减
q[++r]=j,f[p][i][j]=max(f[p][i][j],f[p^1][i][q[l]]+j-q[l]); //队列加入j，一路递推dp
}
}
```
至于另外 $3$ 个方向，自己拿纸笔模拟模拟即可知。
---
代码实现的时候，其实 $w$ 这一维可以用**滚动数组**优化到 $\Theta(1)$。
**总时间复杂度为 $\Theta(knm)$，空间复杂度为 $\Theta(nm)$。**
---
## Code
```cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
//Start
#define re register
#define il inline
#define mk make_pair
#define mt make_tuple
#define pb push_back
#define db double
#define lng long long
#define fi first
#define se second
const int inf=0x3f3f3f3f;
//Data
const int N=200;
int n,m,x,y,k,G[N+7][N+7];
vector<pair<int,int>> Mv;
int f[2][N+7][N+7];
char s[N+7];
//Main
int main(){
scanf("%d%d%d%d%d",&n,&m,&x,&y,&k);
for(re int i=1;i<=n;i++){
scanf("%s",s+1);
for(re int j=1;j<=m;j++) G[i][j]=(s[j]=='x');
}
for(re int i=1,s,t,d;i<=k;i++){
scanf("%d%d%d",&s,&t,&d);
Mv.pb(mk(d,t-s+1)); // 重要的是时间段长度
}
re int p=0,l,r;
re vector<int> q(max(n,m)+7);
//我原来这里竟然写成了 re vector<int> q(n+7);，如果 n<m 就 RE 了
for(re int i=1;i<=n;i++)
for(re int j=1;j<=m;j++) f[p][i][j]=-inf;
f[p][x][y]=0;
for(re auto mv:Mv){
p^=1; //滚动
for(re int i=1;i<=n;i++)
for(re int j=1;j<=m;j++) f[p][i][j]=-inf;
if(mv.fi==1){ // 上
for(re int j=1;j<=m;j++){
l=1,r=0;
for(re int i=n;i>=1;i--){
if(G[i][j]){l=r+1;continue;}
while(l<=r&&q[l]>i+mv.se) l++;
while(l<=r&&f[p^1][q[r]][j]+q[r]<=f[p^1][i][j]+i) r--;
q[++r]=i,f[p][i][j]=max(f[p][i][j],f[p^1][q[l]][j]+q[l]-i);
}
}
} else if(mv.fi==2){ // 下
for(re int j=1;j<=m;j++){
l=1,r=0;
for(re int i=1;i<=n;i++){
if(G[i][j]){l=r+1;continue;}
while(l<=r&&q[l]<i-mv.se) l++;
while(l<=r&&f[p^1][q[r]][j]-q[r]<=f[p^1][i][j]-i) r--;
q[++r]=i,f[p][i][j]=max(f[p][i][j],f[p^1][q[l]][j]+i-q[l]);
}
}
} else if(mv.fi==3){ // 左
for(re int i=1;i<=n;i++){
l=1,r=0;
for(re int j=m;j>=1;j--){
if(G[i][j]){l=r+1;continue;}
while(l<=r&&q[l]>j+mv.se) l++;
while(l<=r&&f[p^1][i][q[r]]+q[r]<=f[p^1][i][j]+j) r--;
q[++r]=j,f[p][i][j]=max(f[p][i][j],f[p^1][i][q[l]]+q[l]-j);
}
}
} else if(mv.fi==4){ // 右-举的例子
for(re int i=1;i<=n;i++){
l=1,r=0;
for(re int j=1;j<=m;j++){
if(G[i][j]){l=r+1;continue;}
while(l<=r&&q[l]<j-mv.se) l++;
while(l<=r&&f[p^1][i][q[r]]-q[r]<=f[p^1][i][j]-j) r--;
q[++r]=j,f[p][i][j]=max(f[p][i][j],f[p^1][i][q[l]]+j-q[l]);
}
}
}
}
re int ans=-inf;
for(re int i=1;i<=n;i++)
for(re int j=1;j<=m;j++) ans=max(ans,f[p][i][j]);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
```
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**祝大家学习愉快！**