前言

感觉自己就没弄懂过单调栈\队列相关的优化... ...

题目

在炽热的核熔炉中，居住着一位少女，名为灵乌路空。
据说，从来没有人敢踏入过那个熔炉，因为人们畏缩于空所持有的力量——核能。
核焰，可融真金。

咳咳。
每次核融的时候，空都会选取一些原子，排成一列。然后，她会将原子序列分成一些段，并将每段进行一次核融。
一个原子有两个属性：质子数和中子数。
每一段需要满足以下条件：
1、同种元素会发生相互排斥，因此，同一段中不能存在两个质子数相同的原子。
2、核融时，空需要对一段原子加以防护，防护罩的数值等于这段中最大的中子数。换句话说，如果这段原子的中子数最大为x，那么空需要付出x的代价建立防护罩。求核融整个原子序列的最小代价和。

Input

第一行一个正整数N，表示原子的个数。
接下来N行，每行两个正整数pi和ni，表示第i个原子的质子数和中子数。

Output

输出一行一个整数，表示最小代价和。

Sample Input
5
3 11
2 13
1 12
2 9
3 13
Sample Output
26

【数据范围】

对于20%的数据，1<=n<=100
对于40%的数据，1<=n<=1000
对于100%的数据，1<=n<=10^5，1<=pi<=n，1<=ni<=2*10^4

分析

最开始自己以为是贪心（不是贪心至少也能骗到分吧），结果没想到暴零了.../暴风哭泣

参考题解\博客：https://blog.csdn.net/doyouseeman/article/details/53121206

这道题有一个很显然的dp方程，f[i]=f[j]+max(b[j+1…i])。
我们设后面的为g，那么很明显g是递增的。
那么用一个队列来维护后面的那个东西。
因为要满足一段里面元素不重复，所以要求一个l[i]表示i往左最远扩展到的节点。
那么每次，如果队首的位置小于l[i]那么head++，如果队尾的b小于等于当前的b[i]，那么tail–（因为要像一个单调栈一样，有高的就把它踢掉）。（要保证当前这个队列里面所有的值都合法）。
那么现在i就可以进队了。
现在就有两种情况：
1、这个队列只有一个数，就是刚刚加进来的那个数，那么就直接更改一下队列中的值就好了。
2、这个队列中不止一个数，那么除了要更改刚刚进来的数的值，现在还要更新一下最小的值（用一个set来维护），现在的head因为l[i]不一样了，所以初始的高度可能会不一样，所以需要重新入队一次。

另一个JZOJ的题解：

首先来想最简单的动态规划，通过第一个数的限制，我们可以得到每个位置的状态可以从哪些位置转移过来，得到如下形式的式子： f(i) = ????=?[?] ?−1 (?[? + 1][?] + ?[?]) 其中 s[i][j]表示从 i 到 j 的最大值，l[i]表示 i 位置最多向左走到哪里。然后套路一波，用个单调递减的单调队列，每次将队头不合法的依次踢掉，然后我们来想想，这样我们只是得到了可以转移过来的状态集，那么如何维护答案呢？

观察下图：

现在我们的 i 在位置 8 上，红色框表示 i 向左最多到达的位置（即 2 与 8 的 p[i]是一样的）可以看出，除了队头之外，其他的在单调队列里的元素的贡献都是从前面一个位置的 f 转移而来的（因为 f 是单调不减的），而队头的则是依赖于 l[i]的。假设当前的队列为:a[head. .tail]且∀head ≤ i < tail, a[i] < a[i + 1] 那么当前点的答案为:max(????=ℎ???+1 ???? (ℎ[?[?]] + ?[?[? − 1]]) , h[a[head]] + f[l[i] − 1]) 观察到每次我们移动一个点是有许多没有变的状态的，每个元素进一次出一次，于是我们用堆或者其他数据结构来维护队列中每个元素的贡献，对于队头特殊处理。时间复杂度O(n ???2n)

考试贪心瞎搞代码

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;//记得算空间、开ll
const int MAXN=1e5;
bool vis[MAXN+5];
int a[MAXN+5],b[MAXN+5];
int n;
ll ans,Max;
int main()
{//freopen("array.in","r",stdin);//freopen("array.out","w",stdout);scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);//printf("%d vis:%d\n",a[i],vis[a[i]]);if(!vis[a[i]])//没有出现过 {vis[a[i]]=1;Max=max(Max,(ll)b[i]);}else//出现过 {ans+=Max;//累加前一段的答案 Max=b[i];memset(vis,0,sizeof(vis));vis[a[i]]=1;}//printf("Max:%d ans:%d\n",Max,ans);} ans+=Max;//累加最后一段的答案 printf("%lld",ans);return 0;
}
/*
可行的时间复杂度:n or nlogn
贪心策略：
1.大的数尽量去包含其他数
2. 遇到出现过的数就被迫分一段
3.还好自己出了些有用的数据，发现了有一些bug，汗...
*/

AC代码

#include<cstdio>
#include<set>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;//记得算空间、开ll
const int MAXN=1e5;
bool vis[MAXN+5];
int a[MAXN+5],b[MAXN+5],data[MAXN+5],hou[MAXN+5],l[MAXN+5];
int sum[MAXN+5],id[MAXN+5],f[MAXN+5];
int n,m,k,head,tail;
int ans,Max;
multiset<int> t;
int main()
{//freopen("array.in","r",stdin);//freopen("array.out","w",stdout);scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);//hou[a[i]]:第i个数a[i]第一次出现的位置 //l[i]:第i个数能向左边到的最远位置(没有与自己相同的) for(int i=1;i<=n;i++)l[i]=hou[a[i]]+1,hou[a[i]]=i;for(int i=1;i<=n;i++)l[i]=max(l[i-1],l[i]);//左端点取最靠右的 head=1;for(int i=1;i<=n;i++){k=i-1;//如果队首的位置小于l[i]那么head++while(head<tail&&id[head+1]<l[i]){t.erase(t.find(sum[head]));head++;}//如果队尾的b小于等于当前的b[i]，那么tail--//(因为要像一个单调栈一样，有高的就把它踢掉)while(head<=tail&&b[i]>data[tail]){t.erase(t.find(sum[tail]));k=id[tail];tail--;}//处理完后现在i就可以进队了data[++tail]=b[i];id[tail]=k;/*若这个队列中不止一个数，那么除了要更改刚刚进来的数的值，现在还要更新一下最小的值（用一个set来维护），现在的head因为l[i]不一样了，所以初始的高度可能会不一样，所以需要重新入队一次*/if(head!=tail){sum[tail]=f[id[tail]]+data[tail];t.insert(sum[tail]);t.erase(t.find(sum[head]));}sum[head]=f[l[i]-1]+data[head];t.insert(sum[head]);f[i]=*t.begin();}printf("%d",f[n]);return 0;
}

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