「NOI2005」瑰丽华尔兹
题意
不妨认为舞厅是一个 $N$ 行 $M$ 列的矩阵，矩阵中的某些方格上堆放了一些家具，其他的则是空地。钢琴可以在空地上滑动，但不能撞上家具或滑出舞厅，否则会损坏钢琴和家具，引来难缠的船长。每个时刻，钢琴都会随着船体倾斜的方向向相邻的方格滑动一格，相邻的方格可以是向东、向西、向南或向北的。而艾米丽可以选择施魔法或不施魔法：如果不施魔法，则钢琴会滑动；如果施魔法，则钢琴会原地不动。
艾米丽是个天使，她知道每段时间的船体的倾斜情况。她想使钢琴在舞厅里滑行的路程尽量长，这样 1900 会非常高兴，同时也有利于治疗托尼的晕船。但艾米丽还太小，不会算，所以希望你能帮助她。
$100%$ 的数据中，$1\leq N, M \leq 200$，$K \leq 200$，$T\leq 40000$。
分析
首先我们定义一下状态。设 $dp[t][i][j]$ 表示 t 时刻，在 $(i, j)$ 滑行的最长路程长度。状态转移方程是 $dp[t][i][j] = \max(dp[t-1][i][j], dp[t-1][i^{’}][j^{’}])$，$i^{’}$ 和 $j^{’}$ 是合法的走过来的位置，取决于 $t$ 时刻船体倾斜的方向。
这样设计状态的话，时间复杂度为 $O(TNM)$，空间似乎也是问题。
这时候我们发现还有一个变量 $K$ 没有用到，考虑把状态设为 $dp[t][i][j]$ 表示在第 $t$ 时间段内，在 $(i, j)$ 滑行的最长路程长度。时间复杂度为 $O(KN^3)$，暂时还不行。
我们看看能不能进一步优化。下面假设当前船体倾斜的方向是东。设当前时间段长度是 $tim$，上一个时间段钢琴的位置在 $(i, m)$，那么 $dp[t][i][j] = \max_{j-m<=tim}{dp[t-1][i][m]+j-m}$。在这个式子中，只有 $m$ 一个变量，并且 $j-m<=tim$，合法决策在一段相邻区间内，可以用到单调队列优化！
对于两个决策 $m_1 < m_2$，$m_2$ 优于 $m_1$ 时仅当：
$$
\begin{aligned}
dp[t-1][i][m_1]+(j-m_1) & < dp[t-1][i][m_2]+(j-m_2)
\\
dp[t-1][i][m+1]+m_2-m_1 & < dp[t-1][i][m_2]
\end{aligned}
$$
在单调队列向尾部加入新决策时，我们就用这个公式来判断队尾需不需要出队，维护单调性。
这样时间复杂度降到了 $KN^2$。
注意细节：
RECORD
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| #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m, x, y, k;
char a[205][205];
int s[205], t[205], d[205];
int dp[205][205][205];
struct deq {
int head, tail;
int arr[20005];
bool empty() { return head + 1 == tail; }
void pop_front() { head++; }
void pop_back() { tail--; }
void push_back(int x) {
arr[tail] = x;
tail++;
}
void clear() {
head = 0;
tail = 1;
}
int front() { return arr[head + 1]; }
int back() { return arr[tail - 1]; }
} q;
int main() {
cin >> n >> m >> x >> y >> k;
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= m; j++) cin >> a[i][j];
memset(dp, -1, sizeof(dp));
dp[0][x][y] = 0;
int ans = 1;
for (int p = 1; p <= k; p++) {
cin >> s[p] >> t[p] >> d[p];
int tim = t[p] - s[p] + 1;
// 下面进行对四个方向的分类讨论
if (d[p] == 1) {
for (int j = 1; j <= m; j++) {
q.clear();
for (int i = n; i >= 1; i--) {
if (a[i][j] == 'x') {
q.clear();
continue;
}
dp[p][i][j] = dp[p - 1][i][j];
while (!q.empty() && q.front() - i > tim) q.pop_front();
if (!q.empty()) {
dp[p][i][j] =
max(dp[p][i][j], dp[p - 1][q.front()][j] + q.front() - i);
ans = max(ans, dp[p][i][j]);
}
while (!q.empty() &&
dp[p - 1][i][j] - dp[p - 1][q.back()][j] >= q.back() - i)
q.pop_back();
if (dp[p - 1][i][j] != -1) q.push_back(i);
}
}
} else if (d[p] == 2) {
for (int j = 1; j <= m; j++) {
q.clear();
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (a[i][j] == 'x') {
q.clear();
continue;
}
dp[p][i][j] = dp[p - 1][i][j];
while (!q.empty() && i - q.front() > tim) q.pop_front();
if (!q.empty()) {
dp[p][i][j] =
max(dp[p][i][j], dp[p - 1][q.front()][j] + i - q.front());
ans = max(ans, dp[p][i][j]);
}
while (!q.empty() &&
dp[p - 1][i][j] - dp[p - 1][q.back()][j] >= i - q.back())
q.pop_back();
if (dp[p - 1][i][j] != -1) q.push_back(i);
}
}
} else if (d[p] == 3) {
for (int i = 1; i <= n; i++) {
q.clear();
for (int j = m; j >= 1; j--) {
if (a[i][j] == 'x') {
q.clear();
continue;
}
dp[p][i][j] = dp[p - 1][i][j];
while (!q.empty() && q.front() - j > tim) q.pop_front();
if (!q.empty()) {
dp[p][i][j] =
max(dp[p][i][j], dp[p - 1][i][q.front()] + q.front() - j);
ans = max(ans, dp[p][i][j]);
}
while (!q.empty() &&
dp[p - 1][i][j] - dp[p - 1][i][q.back()] >= q.back() - j)
q.pop_back();
if (dp[p - 1][i][j] != -1) q.push_back(j);
}
}
} else {
for (int i = 1; i <= n; i++) {
q.clear();
for (int j = 1; j <= m; j++) {
if (a[i][j] == 'x') {
q.clear();
continue;
}
dp[p][i][j] = dp[p - 1][i][j];
while (!q.empty() && j - q.front() > tim) q.pop_front();
if (!q.empty()) {
dp[p][i][j] =
max(dp[p][i][j], dp[p - 1][i][q.front()] + j - q.front());
ans = max(ans, dp[p][i][j]);
}
while (!q.empty() &&
dp[p - 1][i][j] - dp[p - 1][i][q.back()] >= j - q.back())
q.pop_back();
if (dp[p - 1][i][j] != -1) q.push_back(j);
}
}
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
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