【单调队列优化 DP】

LeetCode 41 场双周赛 1687. 从仓库到码头运输箱子

算法：单调队列优化 DP

下文简称最大装货数量 maxBoxesmaxBoxesmaxBoxes 为 mxcmxcmxc，简称最大载重量 maxWeightmaxWeightmaxWeight 为 mxwmxwmxw（二者均大等于 111），w[i]w[i]w[i] 表示前 iii 个物品重量的前缀和（注意 www 数组要开 longlonglong \space longlong long，因为长度 1e51e51e5，每个重量上限也是 1e51e51e5）。
设 f(i)f(i)f(i) 表示运送前 iii 个物品到指定码头，所需要的最少行程。则很容易想出状态转移方程 f(i)=f(j)+∑j=i−mxci−1cost(j,i)f(i) = f(j) + \sum\limits_{j = i - mxc}^{i - 1}{cost(j, i)}f(i)=f(j)+j=i−mxc∑i−1cost(j,i) 其中 cost(l,r)cost(l, r)cost(l,r) 表示处理 (l,r](l, r](l,r]（或 [l+1,r][l + 1, r][l+1,r]）区间内的物品所需要的行程，同时上述方程也要满足 w[i]−w[j]⩽mxww[i] - w[j] \leqslant mxww[i]−w[j]⩽mxw
但是这样看下来，时间复杂度是 O(n2)O(n^2)O(n2)，即使用前缀和把 costcostcost 优化成 O(1)O(1)O(1)，仍然要先枚举 iii，再枚举 jjj，所以接下来需要想一个能够优化掉一维的方法。首先我们把 costcostcost 的前缀和写出来。由于它需要按照顺序卸货，所以只需要看相邻两个物品是否需要送到同一个码头即可，若是相同的，则两个物品可以在同一码头被同一时间放下，否则就需要多一次行程。于是我们用 c(x)c(x)c(x) 表示第 x−1x - 1x−1 个物品与第 xxx 个物品是否在相同码头卸货，若不同则为 111，相同则为 000，将其求前缀和，用s(x)s(x)s(x) 表示。这里有一个边界条件 —— 若 cost(l,r)cost(l, r)cost(l,r) 中的 lll 满足 s(l+1)>s(l)s(l + 1) > s(l)s(l+1)>s(l) 说明从 lll 到 l+1l + 1l+1 是需要多一次行程变码头的，但是此时的 l+1l + 1l+1 才是我们处理最后一段的起点，意味着我们可以直接从货舱到达 l+1l + 1l+1 所在的码头，即不需要算上 c(l+1)c(l + 1)c(l+1)。特别地，对于第一个物品，我们不做任何处理，因为一开始车就在货舱，可以直接到达第一个物品所在的码头，即 s(1)=s(0)=0s(1) = s(0) = 0s(1)=s(0)=0 而每一次从货舱出发和卸完所有货回到货舱也要花两次行程，综合起来，costcostcost 的返回值如下：cost(l,r)=s[r]−s[l]+2−(s[l+1]>s[l])cost(l, r) = s[r] - s[l] + 2 - (s[l + 1] \space \gt s[l])cost(l,r)=s[r]−s[l]+2−(s[l+1] >s[l]) 下文中用 check(x)check(x)check(x) 表示 s(x+1)>s(x)s(x + 1) \gt s(x)s(x+1)>s(x) 是否成立。
有了前缀和优化，我们将公式写开，就变成以下两种形式 f(i)=f(j)+[s(i)−s(j)−check(j)]+2(1)f(i) = f(j) + [s(i) - s(j) - check(j)] + 2 \tag {1}f(i)=f(j)+[s(i)−s(j)−check(j)]+2(1) f(i)=s(i)+[f(j)−s(j)−check(j)]+2(2)f(i) = s(i) + [f(j) - s(j) - check(j)] + 2 \tag {2}f(i)=s(i)+[f(j)−s(j)−check(j)]+2(2) 而通过对公式 (2)(2)(2) 的观察，我们发现，中括号里的内容其实就是在求 min⁡1⩽j⩽i−1f(j)−s(j)−check(j)\min\limits_{1 \leqslant j \leqslant i - 1}{f(j) - s(j) - check(j)}1⩽j⩽i−1minf(j)−s(j)−check(j) 而 s(i)s(i)s(i) 是定值，这样就能够把这个问题转化为单调队列问题，即在一次遍历 iii 从 111 到 nnn 的过程中，不断求出 iii 之前的一个表达式的最值。
单调队列的实现。注意刚开始时，不能把队列置为空，因为这样就没法更新 f(1)f(1)f(1)，会造成错误的后续更新，所以一开始要在队尾加入元素 000（在代码上不用表示，初值即为 000）。而初始值为 000 的原因有以下两点 —— 一是由公式可知，能更新 f(1)f(1)f(1) 的只有 f(0)f(0)f(0)，而一定有 f(0)−s(0)−check(0)=0;f(0) - s(0) - check(0) = 0;f(0)−s(0)−check(0)=0; 二是要满足两个条件 mxcmxcmxc 和 mxwmxwmxw，当初始队头元素为 000 时，一定有 1−0<=mxc,w[1]−w[0]=weight[1]⩽mxw1 - 0 <= mxc, \space \space w[1] - w[0] = weight[1] \leqslant mxw1−0<=mxc, w[1]−w[0]=weight[1]⩽mxw（根据题目条件所说，每个物品的重量都不会超过最大载重量），这样不会导致弹出队头元素把队列变空。接着求能更新当前 iii 的 jjj 时，先将 i−q.front()>mxc或w[i]−w[q.front()]>mxwi - q.front() \gt mxc \space \space 或 \space \space w[i] - w[q.front()] \gt mxwi−q.front()>mxc 或 w[i]−w[q.front()]>mxw 的队头元素弹出，这是为了满足最后一段要处理的区间满足题目的数量和重量要求，接下来就是更新 f(i)f(i)f(i)，这里更新采用公式 (1)(1)(1)，因为 costcostcost 函数上面已经实现过，写起来比较简洁；最后就是将当前元素插入队尾，这步操作可以是保持严格单调递增，也可以保持单调不减，这个看你心情（逃），因为公式中的 s(i)s(i)s(i) 对于每次枚举到的 iii 来说都是定值。

时间复杂度 O(n)O(n)O(n)

C ++ 代码

#define fup(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i ++ )
#define fdn(i, a, b) for (int i = a; i >= b; i -- )typedef long long LL;const int N = 100010;class Solution {public:int f[N], s[N];int q[N], hh, tt;LL w[N];bool check(int x) {return s[x + 1] > s[x];}int cost(int l, int r) {return s[r] - s[l] + 2 - check(l);}int boxDelivering(vector<vector<int>>& b, int tot, int mxc, int mxw) {int n = b.size();fup(i, 1, n) {int x = b[i - 1][0], y = b[i - 1][1];w[i] = w[i - 1] + y;if (i >= 2) s[i] = s[i - 1] + (x != b[i - 2][0]);}fup(i, 1, n) {while (hh <= tt && (i - q[hh] > mxc || w[i] - w[q[hh]] > mxw)) hh ++ ;if (hh <= tt) f[i] = f[q[hh]] + cost(q[hh], i);while (hh <= tt && f[q[tt]] - s[q[tt]] - check(q[tt]) >= f[i] - s[i] - check(i)) tt -- ;q[ ++ tt] = i;}return f[n];}
};

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