YbtOJ#463-序列划分【二分答案,线段树,dp】

1|0正题

题目链接:https://www.ybtoj.com.cn/problem/463

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1|1题目大意

给出长度为$n$的序列$A,B$。要求划分成若干段满足

1. 对于任何$i<j$，若$i$和$j$不是同一段的，要求满足$B_i>A_j$
2. 每一段$A_i$的最大值的和不能超过$m$

要求最小化每一段$B_i$和的最大值。

$n\in[1,10^5],A_i,B_i\in[1,10^9],m\in[1,10^{12}]$

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1|2解题思路

最大值最小化很显然直接二分，然后变为求每一段$A_i$最大值的和的最小值。

第一个条件相当于限制了什么位置能够作为划分段的末尾，求一个前缀$min\{b_i\}$和一个后缀$max\{a_i\}$能够快速求出这些位置。

然后考虑$dp$，转移方程就是

$$f_i=min\{f_j+max\{a_k\}(\ k\in(j,i]\ )\}$$

二分的条件限制了$j$的范围，加个指针就好了

这个东西好像很难搞，但是注意到$v_j=max\{a_k\}$这一部分是递减的，并且每次会让所有$v_i$的一起和一个一起取$max$。

因为是递减的，所以每次加入一个新的就相当于修改一段后缀的$v_i$，然后求一个区间的最大$f_i+v_i$了。

可以线段树维护，每个节点维护该区间最大的$f_i+v_i$和最大的$f_i$。区间推平$v_i$的时候就可以拿最大的$f_i$来更新$f_i+v_i$

时间复杂度$O(n\log n\log\sum b_i)$

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1|3code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1e5+10,inf=1e9+7;
ll n,m,a[N],b[N],pre[N],suf[N],last[N];
ll lg[N],st[N][17],v[N<<2],w[N<<2],lazy[N<<2];
void Downdata(ll x){
	if(!lazy[x])return;
	lazy[x*2]=lazy[x*2+1]=lazy[x];
	w[x*2]=v[x*2]+lazy[x];
	w[x*2+1]=v[x*2+1]+lazy[x];
	lazy[x]=0;return;
}
void Changew(ll x,ll L,ll R,ll l,ll r,ll val){
	if(l>r)return;
	if(L==l&&R==r){w[x]=v[x]+val;lazy[x]=val;return;}
	ll mid=(L+R)>>1;Downdata(x);
	if(r<=mid)Changew(x*2,L,mid,l,r,val);
	else if(l>mid)Changew(x*2+1,mid+1,R,l,r,val);
	else Changew(x*2,L,mid,l,mid,val),Changew(x*2+1,mid+1,R,mid+1,r,val);
	w[x]=min(w[x*2],w[x*2+1]);
}
void Changev(ll x,ll l,ll r,ll pos,ll val){
	if(l==r){v[x]=val;w[x]=v[x]+lazy[x];return;}
	ll mid=(l+r)>>1;Downdata(x);
	if(pos<=mid)Changev(x*2,l,mid,pos,val);
	else Changev(x*2+1,mid+1,r,pos,val);
	w[x]=min(w[x*2],w[x*2+1]);
	v[x]=min(v[x*2],v[x*2+1]);
	return;
}
ll Ask(ll x,ll L,ll R,ll l,ll r){
	if(L==l&&R==r)return w[x];
	ll mid=(L+R)>>1;Downdata(x);
	if(r<=mid)return Ask(x*2,L,mid,l,r);
	if(l>mid)return Ask(x*2+1,mid+1,R,l,r);
	return min(Ask(x*2,L,mid,l,mid),Ask(x*2+1,mid+1,R,mid+1,r));
}
ll RMQ(ll l,ll r){
	ll z=lg[r-l+1];
	return max(st[l][z],st[r-(1<<z)+1][z]);
}
bool check(ll x){
	memset(v,0x3f,sizeof(v));
	memset(w,0x3f,sizeof(w));
	memset(lazy,0,sizeof(lazy));
	ll sum=0,l=0,tmp=v[0];
	Changev(1,0,n,0,0);
	for(ll i=1;i<=n;i++){
		sum+=b[i];
		while(sum>x)l++,sum-=b[l];
		Changew(1,0,n,last[i],i-1,a[i]);
		if(pre[i]<=suf[i+1])continue;
		tmp=Ask(1,0,n,l,i);
		Changev(1,0,n,i,tmp);
	}
	return (tmp<=m);
}
signed main()
{
	freopen("sequence.in","r",stdin);
	freopen("sequence.out","w",stdout);
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	ll l=1,r=0;pre[0]=inf;
	for(ll i=1;i<=n;i++)
		scanf("%lld%lld",&a[i],&b[i]),r+=b[i],l=max(l,b[i]),st[i][0]=a[i];
	for(ll i=2;i<=n;i++)lg[i]=lg[i>>1]+1;
	for(ll j=1;(1<<j)<=n;j++)
		for(ll i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++)
			st[i][j]=max(st[i][j-1],st[i+(1<<j-1)][j-1]);
	for(ll i=1;i<=n;i++){
		ll l=1,r=i-1;
		while(l<=r){
			ll mid=(l+r)>>1;
			if(RMQ(mid,i)>a[i])l=mid+1;
			else r=mid-1;
		}
		last[i]=r;
	}
	for(ll i=1;i<=n;i++)
		pre[i]=min(pre[i-1],b[i]);
	for(ll i=n;i>=1;i--)
		suf[i]=max(suf[i+1],a[i]);
	while(l<=r){
		ll mid=(l+r)>>1;
		if(check(mid))r=mid-1;
		else l=mid+1;
	}
	check(l+1);
	printf("%lld\n",l);
}

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本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/14407405.html
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