The Hard Work of Paparazzi(dp巧妙优化）

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题意：r,n代表一个r * r的矩阵，n代表有n个金币，初始时间是0，现在你站在(1,1)位置，然后给出n个金币出现的位置(x,y)和出现的时间t，这个金币只在t这一分钟出现，过了t就消失，然后保证给出的t是严格递增的，求你能获得的最大收益。每分钟你能向四周移动一个单位。
思路：dp[i]以第i个结尾的最大值，只想到on^2的做法，但后来发现因为r很小，t又是递增的，第二层循环只要枚举(i-4r~i-1）就行了，为什么呢，因为i-5r一定能更新i-3*r，那么如果枚举所有点，这样就多余了。复杂度O(nr)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100010;
int dp[N];
int r,n; 
struct node{
   
	int t;
	int x;
	int y;
}q[N];
int mx[N];
int main()
{
   
	cin >> r >> n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
   
		int t,x,y;
		cin>>t>>x>>y;
		//x+=y;
		q[i]={
   t,x,y};
	}
	q[0]={
   0,1,1};
	memset(dp,-0x3f,sizeof dp);
	dp[0]=0;
// for(int i=1;i<=n;i++)
// {
   
// //dp[i]=1;
// for(int j=i-1;j>=0;j--)
// {
   
// if(q[j].t+abs(q[i].x-q[j].x)+abs(q[i].y-q[j].y)<=q[i].t)
// dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1);
// if(dp[i]==mx[j]+1)
// break;
// }
// mx[i]=max(mx[i-1],dp[i]);
// }
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
   
	//dp[i]=1;
	for(int j=i-1;j>=max(0,i-2*r-1);j--)
	{
   
	if(q[j].t+abs(q[i].x-q[j].x)+abs(q[i].y-q[j].y)<=q[i].t)
	dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1);
	if(dp[i]==mx[j]+1)
	break;
	}
	mx[i]=max(mx[i-1],dp[i]);
	}
	int res=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	res=max(res,dp[i]);
	cout<<res<<endl;
	return 0;
}