poj3017 Cut the Sequence 单调队列 + 堆 dp

描述

　　把一个正数列 $A$分成若干段， 每段之和 不超过 $M$， 并且使得每段数列的最大值的和最小， 求出这个最小值。

                题目链接

 

题解

　　首先我们可以列出一个$O(n^2)$ 的转移方程 ： $F_i = \min( F_j + \max( A_k ) )  $ $ j < i  \&\&   j < k <= i$

　　然后我们可以考虑毒瘤优化。

　　按照lyd的书中的思路， j 想要成为 可能的最优决策， 必须满足两个条件之一 :

1. 　　j 是最小的使    $\sum\limits_{k= j + 1}^ia_k  <= M$成立的数
2.        $\forall k \in [j + 1, i] , A_j>A_k$

　　可以用反证法来证明。

　　对于第一个条件，可以在$O(n)$ 时间内求出所有的$j$， 并进行决策。

　　接着构造一个单调队列， 满足 $j$ 递增， $A_j$ 递减 ——  若 $A[ j_1]< A[j _2]$则不满足第二个性质， 只能由让$j$ 满足第一个条件, 将$ j_1$弹出队列即可。

　　查询在队列中的最优决策时， 队首不一定就是最有决策， 需要用 STL- set 来储存队列中的 $ F_j + \max(A_k)$ $ j < i && j < k <=i$, 查询set中的最小值并更新答案。

　　而 $F_j$是已经求出的，最后的问题就是如何快速求出 $\max(A_k)$ 。 单调队列中的 元素 $j$的下一个元素就是要求的$\max(A_k)$。 因为单调队列中$A_j$是递减的。　　

　　另外还有许多细节需要注意，看代码吧（

 

 

代码

#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<set>
#define rep(i,a,b) for( int i = (a); i <= (b); ++i )
#define per(i,a,b) for( int i = (a); i >= (b); --i )
#define rd read()
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N = 2e5 + 1e4;

int n, a[N], q[N];
ll f[N], m;

set<ll>st;

int read() {
    int X = 0, p = 1; char c = getchar();
    for(; c > '9' || c < '0'; c = getchar() ) if( c == '-' ) p = -1;
    for(; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar() ) X = X * 10 + c - '0';
    return X * p;
}

inline ll cmin( int A ,int B ) {
    return A < B ? A : B;
}

int main()
{
    n = rd;
    scanf("%lld",&m);
    rep( i, 1, n ) a[i] = rd;
    f[0] = 0;
    int low = 0, l = 1, r = 0;
    ll sum = 0;
    set<ll>::iterator it;
    rep( i, 1, n ) {
        sum += a[i];
        while( sum > m ) sum -= a[++low]; // 求出最小的j使得连续一段和不超过m
        if( low >= i ) return printf("-1\n"), 0;
        while( l <= r && q[l] < low ) {//检验队首是否满足连续和不超过m
            if( l < r ) st.erase( f[q[l]] + a[q[l+1]]);//队列中删除被弹出的答案
            l++;
        }
        while( l <= r && a[q[r]] <= a[i] ) {//使队列递减
            if( l < r ) st.erase( f[q[r - 1]] + a[q[r]]);
            r--;
        }
        q[++r] = i;
        if( l < r ) st.insert( f[q[r - 1]] + a[q[r]]);//加入i，这样才能更新出可行的最优答案
        f[i] = f[low] + a[q[l]];
        if( st.size() ) {
            it = st.begin();
            f[i] = cmin( *it, f[i]);
        }
    }
    printf("%lld\n", f[n]);
}