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题意

将序列\(a_i\)分成任意\(k\)部分，要求一部分的\(a\)值和不超过\(m\)；最小化（每段权值的最大值之和）\(,(n\leq 100000)\)

解法1

显然动态规划，设\(f_i\)表示处理前\(i\)个数的最小值，\(s\)为前缀和，状态转移：\(f_i=f_j+max(a_{j+1},a_{j+2}...a_i),(s_i-s_j\leq m)\)

考虑优化，首先，可转移的范围有单调性，可以用个指针\(O(n)\)做，不再赘述

维护线段树上的叶子：\(ans=min(f+max(a))\)，\(mx=max(a)\)，即\(f_i=min(ans)\)

每加入一个\(a_i\)，考虑\(i\)前面连续比\(a_i\)小的一段\([l,i-1]\)，这一段的\(mx\)更新为\(a_i\),\(ans=a[l]+mx\)

求\([l,i-1]\)可以用二分+查询，时间复杂度\(O(nlog^2n)\)

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解法2

上面的二分是没有必要的，求前面第一个比\(a_i\)大的数显然是单调栈预处理，优化至\(O(nlogn)\)

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define N 400005
#define Min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define Max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m,a[N],s[N];
int f[N],pre[N];
int mx[N<<2],ans[N<<2],sig[N<<2];
int st[N],top;//一个单调栈预处理pre 

template <class T>
void read(T &x)
{
	char c; int sign=1;
	while((c=getchar())>'9'||c<'0') if(c=='-') sign=-1; x=c-48;
	while((c=getchar())>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+c-48; x*=sign;
}

void add_sign(int rt,int l,int r,int val)
{
	sig[rt]=val;
	mx[rt]=val;
	ans[rt]=f[l]+val;
}
void pushdown(int rt,int l,int r)
{
	if(!sig[rt]) return;
	int mid=(l+r)>>1;
	add_sign(rt<<1,l,mid,sig[rt]);
	add_sign(rt<<1|1,mid+1,r,sig[rt]);
	sig[rt]=0;
}
inline void pushup(int rt)
{
	ans[rt]=Min(ans[rt<<1],ans[rt<<1|1]);
	mx[rt]=Max(mx[rt<<1],mx[rt<<1|1]);
}
void mmx(int rt,int l,int r,int x,int y,int val)//更新最大值 
{
	if(x>y) return;
	pushdown(rt,l,r);
	if(x<=l&&r<=y) return add_sign(rt,l,r,val);
	int mid=(l+r)>>1;
	if(x<=mid) mmx(rt<<1,l,mid,x,y,val);
	if(y>mid) mmx(rt<<1|1,mid+1,r,x,y,val);
	pushup(rt);
}
void modify(int rt,int l,int r,int x)
{
	if(l==r) { mx[rt]=a[l+1]; ans[rt]=f[l]+a[l+1]; return; }
	int mid=(l+r)>>1;
	pushdown(rt,l,r);
	if(x<=mid) modify(rt<<1,l,mid,x);
	else modify(rt<<1|1,mid+1,r,x);
	pushup(rt);
}
int query(int rt,int l,int r,int x,int y)
{
	if(x<=l&&r<=y) return ans[rt];
	int mid=(l+r)>>1;
	pushdown(rt,l,r);
	int ret=2000000000;
	if(x<=mid) ret=min(ret,query(rt<<1,l,mid,x,y));
	if(y>mid) ret=min(ret,query(rt<<1|1,mid+1,r,x,y));
	return ret;
}

int main()
{
	read(n);read(m);
	for(int i=1;i<=n;++i) read(a[i]),s[i]=s[i-1]+a[i];
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		while(top && a[st[top]]<=a[i]) --top;
		pre[i]=st[top];//前面第一个比ai大的数 
		st[++top]=i;
	}
	modify(1,0,n,0);
	int l=0;//可转移范围 
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		while(s[i]-s[l]>m) ++l;
		mmx(1,0,n,pre[i],i-1,a[i]);
		f[i]=query(1,0,n,l,i-1);
		modify(1,0,n,i);
	}
	cout<<f[n]<<endl;
	return 0;
}

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解法3

花式运用题目单调性，用单调栈/队列：博客\(O(n)\)