斜率优化$DP$ + 二分查找  时间复杂度：$O(N*logN)$  

与 $任务安排2(cogs 1162)$ 一题不同的是，$T$ 可能是负数，意味着 $sumT$ 不再具有单调性，从而需要最小化截距的直线斜率 $S+sumT[i]$ 不具有单调性。故，不能在单调队列中只保留凸壳上“$ 连接相邻两点的线段斜率 $”大于 $S+sumT[i]$ 的部分，而是必须维护整个凸壳。

这样一来，就不需要在队头把斜率与 $S+sumT[i]$ 比较。

队头也不一定是最优决策，我们可以在单调队列中二分查找，求一个位置 $p$，$p$ 左侧线段斜率比 $S+sumT[i]$

小，右侧斜率比 $S+sumT[i]$ 大，$p$ 就是最优决策。

队尾维护斜率单调性的方法与 $任务安排2$ 一题相同。

解法一  时间复杂度$O(N^3)$  期望得分：$60$

1、求出 $T,C$ 的前缀和$sumT[i]$和$sumC[i]$;

2、设$f(i,j)$表示：把前 $i$ 个任务分成 $j$ 批执行的最小费用;

3、以第 $j-1$ 批和第 $j$ 批任务的分界点为$DP$的“$决策$”，状态转移方程为：

$f(i,j) = min\{ f(k,j-1) + (S*j + sumT[i]) * (sumC[i]-sumC[k]) \} (0<=k<j)$

其中，$(S*j + sumT[i])$为第 $j$ 批任务完成的时间，$(sumC[i]-sumC[k])$为第 $j$ 批（$[k+1,i]$）任务的费用系数之和。

解法二  时间复杂度:$O(N^2)$  期望得分：$100$

本题并没有规定把任务分成多少批，解法$1$之所以需要批次 $j$ ,是因为需要知道机器启动了多少次(每次需要启动时间$S$),从而计算出任务 $i$ 所在批次的完成时刻。

事实上，执行一批任务时，不容易直接得知此前机器启动了几次。但我们知道，机器因执行该批次而花费的时间 $S$，会累加到之后所有任务的完成时刻上。

设：$f(i)$ 表示把前 $i$ 个任务分成若干批执行的最小费用，状态转移方程为：

$f(i) = min\{ f(j) + sumT[i] * (sumC[i]-sumC[j]) + S*(sumC[N]-sumC[j]) \} (0<=j<j)$

在上式中，$[j+1,i]$范围内的任务在同一批完成，$sumT[i]$是忽略机器启动时间时，该批任务的完成时刻。

因为该批任务的执行，机器的启动时间 $S$ 会对第 $j+1$ 个之后的所有任务产生影响，故我们需要把这部分补充到费用中。

也就是说，我们没有直接求出每批任务的完成时刻，而是在一批任务“开始”对后续任务产生影响时，就先把费用累加到答案中。这是一种名为“费用提前计算”的经典思想。

题解来自《算法竞赛进阶指南》$P322$

$f(i,j)$: 安排前 $i$ 个工匠粉刷前 $j$ 块木板(可以有空着不刷的),工匠们能获得的最大报酬;

(1)第 $i$ 个工匠可以什么也不刷,此时：$f(i,j) = f(i-1,j)$;

(2)第 $j$ 块木板可以 空着 不刷,此时：$f(i,j) = f(i,j-1)$;

(3)第 $i$ 个工匠粉刷 $[k+1,j]$ 的木板，总数不超过$L_i$且必须包含$S_i$，

故：$k+1<=S_i<=j  即  k<=S_i-1;  j-k<=L_i  即  k>=j-L_i$

$f(i,j)=max\{ f(i-1,k) + P_i*(j-k) \}  (j-L_i<=k<=S_i-1, j>=S_i)$

优化：（细节请参考《算法竞赛进阶指南》 P315）

考虑内层循环$j$以及决策$k$时,可以把外层$i$看作定值,状态转移方程可改为：

$f(i,j)=P_i*j + max\{ f(i-1,k)-P_i*k \} (j-L_i<=k<=S_i-1, j>=S_i)$

当$j$增大时,决策 $k$ 的取值范围上界$S_i-1$不变，下界$j-L_i$变大，按与“最大子序列和”一题类似的想法，我们比较任意$2$个决策$k_1$和$k_2$，不妨假设$k_1<k_2<=S_i-1$：

因为$k_2>k_1$，随着j增大，$k_1$会比$k_2$更早从范围$[j-L_i,S_i-1]$中被排除，如果还满足:

$f(i-1,k_1)-P_i*k_1<=f(i-1,k_2)-P_i*k_2$,那么就意味着$k_2$比$k_1$更优且存活期更长。

这种情况下,$k_1$就是无用决策，从候选集排除即可。

综上所述，可以维护一个决策点$k$单调递增，数值$f(i-1,k)-P_i*k$单调递减的队列。

只有队列中的决策才有可能在某一时刻成为最优决策。

该单调队列支持如下操作：

1、$j$变大时，检查队头，把小于$j-L_i$的决策出队；

2、需要查询最优决策时，队头即所求；

3、新决策需要加入候选集时，在队尾检查$f(i-1,k)-P_i*k$的单调性，把无用决策出队，最后新决策入队。

具体操作：

内循环开始时($j=S_i$)，建立空队列，把$[max(S_i-L_i,0) , S_i-1]$中的决策加入候选集(操作$3$).对于每个$j=S_i$~$N$,

检查决策合法性(操作$1$),然后取队头为最优决策(操作$2$)进行状态转移。

每个决策最多入队、出队$1$次，故转移时间复杂度均摊$O(1)$,整体时间复杂度$O(NM)$

#include<iostream>

#include<algorithm>

using namespace std;

//协助计算马所能到达点

int fx[9]={0,-2,-1,1,2,2,1,-1,-2},fy[9]={0,1,2,2,1,-1,-2,-2,-1};

int ax,ay,mx,my;

long long ans;

long long f[30][30];

bool v[30][30];

int main()

{   freopen("pj024.in","r",stdin);

freopen("pj024.out","w",stdout);

   cin>>ax>>ay>>mx>>my;

   ax++;ay++;mx++;my++;

   //设置原点的路径数为1

   f[1][1]=1;

   //标记马所能走到的点

   v[mx][my]=1;

   for(int i=1;i<=8;i++)

   v[mx+fx[i]][my+fy[i]]=1;

   for(int i=1;i<=ax;i++)

       for(int j=1;j<=ay;j++)

       {

        //如果是马能走到的点，则跳过此次循环

           if(v[i][j])continue;

           //如果不是，则将能到达该点的路径数赋值为能到达它左边那点的路径数和能到达它上面那点的路径数之和（典型dp思想）

           f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j]+f[i][j-1]);

       }

   //最终输出能到达B点的路径数

   cout<<f[ax][ay];

   cin>>ax;

   return 0;

}

对于一个「可调整的」 $n\times n$ 的 $01$ 矩阵，考虑在每一行与每一列的两个点间连一条边。

那么我们将得到一个 $2n$ 个点，$2n$ 条边的无向图，图中的每个连通块都是一个边数为偶数的简单环

https://blog.csdn.net/yanshannan/article/details/77453049 给出了一个图示。

可以发现，对于一个连通块，交换任意两行或两列之后，这些点仍然保持联通。

因此，每个连通块的大小确定了一个「可调整的」矩阵的等价类。

现在相当于把 $2n$ 个点拆分成若干连通块，求方案数。可以发现这里连通块的大小必须 $\ge 4$。

显然这等价于把 $n$ 无序地拆分成若干个 $\ge 2$ 的数。

考虑 DP，设 $f(i,j)$ 表示将 $i$ 无序地拆分成 $j$ 个 $\ge 2$ 正整数的方案数（其中 $i\ge 2j$），则有：

$$f(i,j)=f(i-2,j-1)+f(i-j,j)$$

其含义为，若拆分出的最小数为 $2$，那么相当于将除去 $2$ 后剩下的 $i-2$ 分成 $j-1$ 份；否则我们把拆出的每个数都减一，这部分的方案数就与 $f(i-j,j)$ 一一对应。

初值为 $f(0,0)=1$，答案为 $\sum_{2j\le n} f(n,j)$。

于是就做完了，时间复杂度 $O(n^2)$。

#include<bits/stdc++.h>//万能头文件

using namespace std;

int main(){

freopen("aplusb.in","r",stdin);//输入文件

freopen("aplusb.out","w",stdout);//输出文件

int a,b,c;//定义变量

cin>>a>>b;//输入

c=a+b;

cout<<c;//输出

fclose(stdin);

fclose(stdout);//关闭文件

return 0;//养成好习惯

}