題目大意：要煎一塊有兩個面的肉，只能在一段k不相交的時間段$[l_,r_]$內翻轉，求$2*n$秒後，保證兩個面煎的時間一樣長時，需要最少的翻轉次數，$n<=100000$，$k<=100$
神仙單調佇列優化$dp$， [noi2005]瑰麗華爾茲 也有類似的壓時間段的套路，但這道題可比那道題難多了。
樸素$o(n^2)$的$dp$沒什麼好說的，我們要想辦法把它優化成$o(nk)$的
定義$f[i][j]$表示第$i$個時間段內，朝上的面(現在沒被煎的)被煎的時間是$j$
1.觀察翻轉的過程，貌似在乙個連續的時間段內翻轉2次以上就是沒有意義的 ，因為可以翻過去再翻回來
2.貌似並不一定要在整數時間翻轉，但這種情況只在翻轉1次的情況下有意義，所以整體把時間*2
然後，分情況討論$dp$轉移
1.翻0次，朝上的面被煎的時間不變，$f[i][j]=f[i-1][j]$，無需任何優化
2.翻2次，朝上的面被至多額外煎$r_+l_$秒，列舉上一次當前面被煎的時間$k$，可得$f[i][j]=min(f[i][k])+2\;(k<=j)$
對於這種情況，正序列舉$j$，單調佇列優化$dp$即可，$j-k>r_+l_$的彈出佇列
3.翻1次，原來朝上的面被翻到了下面，設現在的上面是$a$面，下面是$b$面，則$a$面被煎了$j$秒，$b$面被煎了$r_-j$秒
那麼上一次$a$面被煎的時間是$k$，此時$a$面朝下，朝上的面是$b$面，被煎的時間是$r_-k$，可得$f[i][j]=min(f[i-1][r_-k])+1$
因為是$-k$，要倒序列舉$j$，同樣用單調佇列優化，$k-j>r_+l_$彈出佇列即可
雖然空間能開下$o(nk)$，但用滾動陣列跑得飛快
1 #include 2 #include 3 #include 4#define n 205
5#define m 401000
6#define dd double
7#define inf 0x3f3f3f3f
8#define rint register int
9using
namespace
std;
1011
intn,k,cnt;
12int
l[n],r[n],t[n];
13int f[2
][m],que[m];
1415
intmain()
1622 memset(f,0x3f,sizeof
(f));
23 f[0][0]=0;int now=1,pst=0
;24 n<<=1;25
for(int i=1;i<=cnt;i++)
2641 hd=1,tl=0;42
for(rint j=t[i];j>=0;j--)
4351
swap(now,pst);
52}
53if(f[pst][n]==inf) printf("
hungry\n");
54else printf("
full\n%d\n
",f[pst][n]);
55return0;
56 }
CF91B Queue（單調佇列 二分）
這題比較經典，我們想要求比他小的最遠的點 因此我們發現，如果乙個點比他前面的點大還比他近，說明這個點永遠不會作為答案 因此我們就可以維護乙個單調佇列，之後二分找到第乙個大於等於他的位置在哪，之後這個位置的前乙個就是答案 includeusing namespace std typedef long ...
cf 1077f2 基礎dp 單調雙向佇列
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