POJ3017 Cut the Sequence

POJ3017 Cut the Sequence

题目大意

给定一个一个长度为 \(N\) 的序列 \(A\)，要求把该序列划分成若干段，其中每一段中的数的和不大于 \(M\)，现在需要使得每一段中数的最大值的和最小，求该最小值。

\[0 \leq n \leq 10^5 \\ 0 \leq m \leq 10^{11} \\ 0 \leq a_i \leq 10^6 \]

解题思路

可以想到动态规划，设 \(f(i)\) 表示考虑前 \(i\) 位的划分时的答案。

容易有状态转移方程：

\[f(i) = \min\{ f(j) + max\{a_{j+1} \dots a_i\} \},(sum\{a_{j+1} \dots a_i\} \leq m) \]

有一个比较显然的性质，\(f\) 是单调不降的。

故我们做出以下思考，设 \(max\{a_{j+1} \dots a_i\} = a_k\)，即最大值下标为 \(k\)。

那么：

\[\begin{aligned} f(i) &= \min\{f(j) + a_k\} \\ &= \min\{f(j)\} + a_k \end{aligned} \]

根据上面提到的性质，此时，\(j\) 当然越小越好。

总结一下，即，对于 \(a_k = max\{a_{j+1} \dots a_i\}\)，\(j\)最小时转移 \(f(i) = f(j) + a_k\)。

形象的说，对于 \(a_k\) 我们取其 管辖区间 （即使得其为最大值的区间）的左端点转移。

我们考虑如何求出这些区间。

我们从前往后依次遍历原序列，同时维护一个下降的单调队列，对于其中的 \(q_i\) 其的 管辖区间 即为 \([q_{i-1}+1,i]\)，其余的点无法成为最大值，不需要转移。

对于队头元素，其 管辖区间 的左端点即满足转移方程中的条件 \(sum\{a_{j+1} \dots a_i\} \leq m\)，这个用前缀和加一个指针就可以做到（利用前缀和的单调性）。

我们得知了队列中的每一个点的 管辖区间 的左端点，用一个 multiset 动态维护（在加入和弹出队列时操作 multiset）。

值得注意的是，队首元素的左端点随 \(i\) 变化，不使用 multiset 维护，单独转移。

参考代码

//#include<bits/stdc++.h>
#include<set>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define int long long
const int maxn=1e5;
int n,m;
int a[maxn+5];
int s[maxn+5];
int f[maxn+5];
int q[maxn+5],l,r;
multiset<int> c;
signed main(){
	int k;
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%lld",&a[i]),s[i]=s[i-1]+a[i];
	k=0,l=1,r=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(a[i]>m){puts("-1");return 0;}
		while(s[i]-s[k]>m) k++;
		while(l<=r&&a[q[r]]<=a[i]){
			if(l<r) c.erase(c.find(f[q[r-1]]+a[q[r]]));
			r--;
		}
		q[++r]=i;
		if(l<r) c.insert(f[q[r-1]]+a[q[r]]);
		while(l<=r&&q[l]<=k){
			if(l<r) c.erase(c.find(f[q[l]]+a[q[l+1]]));
			l++;
		}
		f[i]=f[k]+a[q[l]];
		if(l<r) f[i]=min(f[i],*c.begin());
	}
	printf("%lld",f[n]);
	return 0;
}