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您在一行中有 n 家商店,每家商店都有关联的金额 $c_i$。在时间 1,您从商店 1 开始。在随后的每个时间,您都可以选择访问商店 i-1、留在商店 i 或访问商店 i+1。在每个时间步,假设你在商店 i,你可以收取 $c_i$ 钱,不管你已经去过那家商店多少次。
给定时间 $t_j$ 的列表,如果您可以收集 $t_j$ 个时间步长的钱,请找出可以收集的最大金额。
我无法想出一种预处理数据的方法。我的想法是,对于每个摊位,我想找到一个时间间隔,在这个时间间隔内,最好直接冲到那个摊位并呆在那里,在每个时间步收钱。我不确定在 O(n) 时间或 O(nlogn) 时间内有效执行此操作的正确方法。
编辑:我目前正在为每个摊位做的是,我有一个时间函数表达式,表示如果我直接去摊位并呆在那里,我可以收集到的最大金额。然后每次,我都取所有这些函数的最大值。这需要线性时间来处理每次查询。我想要这样做的对数过程。
最佳答案
您的收入函数通过直接去商店返回金额 i
并在那里停留给定的总时间t
是
r_i(t) = sum(j from 1 to i - 1: c_j) + c_i * (t - i + 1)
可以为每个 i
递增计算总和你会得到一个简洁的线性函数:
r_i(t) = a_i + b_i * t
与 a_i = sum as above + (1 - i) * c_i
和 b_i = c_i
.
现在,对于每一次t
, 你想找到所有 r_i(t)
中的最大值.为此,我们可以使用函数的排序。具体来说,我们可以对它们进行排序,使函数 f1
出现早于 f2
在有序序列中 if 函数 f1
大于 f2
在他们的交点之前。然后,如果我们有给定点的可用函数 t
(所有 r_i
都可以在 t
中访问),我们只需要遍历有序序列。第一个元素将是开始时间的最佳功能。然后,我们可以检查与下一个函数的交集。如果t
在那个交叉点之后,我们继续这个函数,因为这将是当前间隔的新最大值。等等。如果您按时间对查询进行排序,则可以为每个查询逐步完成此操作。在执行此过程时,您还需要添加可用的新功能。使用适当的数据结构(例如二叉搜索树),您可以在 O(log n) 中进行插入。
那么,我们如何比较两个函数 f1(t) = a1 + t * b1
和 f2(t) = a2 + t * b2
?交点是ti = (a2 - a1) / (b1 - b2)
.和 f1
大于 f2
在那之前如果 b1 < b2
.
整体算法如下:
input: n stores, q queries Q
sort queries by time - O(q log q)
create empty BST
currentBestFunction = empty //pointer to element in BST
nextQuery = Q.first
sumCi = 0 //temporary variable for incremental sum
for t = 1 to maxQ
if t <= n
// we can reach a new store
a = sumCi + (1 - t) * c_t
b = c_t
sumCi += c_t
insert function (a, b) into BST - O(log n)
if currentBestFunction = empty
currentBestFunction = the inserted function
while currentBestFunction is not the last function in BST
successor = find successor function to currentBestFunction in BST
calculate intersection ti = (successor.a - currentBestFunction.a) / (currentBestFunction.b - successor.b)
if ti > t
break //we are in the interval for the current best function
else
currentBestFunction = successor
loop
if nextQuery == t
answer query by evaluating currentBestFunction at t
advance nextQuery
if no more queries then stop
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