Luogu_P10977(AcWing_299) Cut the Sequence 题解

解题思路

考虑线性 dp。

首先如果存在 \(a_i>m\)，那肯定不满足条件，输出 \(-1\)。

设 \(f_i\) 表示前 \(i\) 个数分成若干段，然后每段最大数之和，其中每段内的整数之和不超过 \(m\)。

\(f_i\) 肯定是由 \(f_j\)（\(1\le j<i\)）转移过来的，也就是前 \(j\) 个数分好后再加上 \((j,i]\) 这一段，所以 \((j,i]\) 这一段需要满足 \(\sum\limits_{k=j+1}^{i}a_k\le m\)，所以 \(j\) 就可以从 \(i-1\) 到 \(1\) 倒序枚举。

继而有转移方程：

\[f_i=\min_{j=1}^{i-1}\left\{\left[\sum_{k=j+1}^ia_k\le m\right]\times\max_{k=j+1}^i\left\{a_k\right\}\right\} \]

时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n^2)\)，得分 \(24\text{pts}\)。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
int n, m, a[N], f[N];
int main() {
  ios::sync_with_stdio(0);
  cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> n >> m;
  for(int i = 1; i <= n; i++) {
    cin >> a[i];
  }
  memset(f, 0x3f, sizeof(f));
  f[0] = 0, f[1] = a[1];
  for(int i = 2; i <= n; i++) {
    int maxi = -1, sum = 0;
    for(int j = i - 1; j >= 1 && sum + a[j] <= m; j--) {
      sum += a[j];
      maxi = max(maxi, a[j + 1]);
      f[i] = min(f[i], f[j] + maxi);
    }
  }
  cout << f[n];
  return 0;
}

接着讲正解，单调队列优化 dp。

区间和可以用前缀和处理。

注意到 \(j\) 最小的时候满足 \(\sum\limits_{k=j+1}^ia_k\le m\)，也就是说 \(\sum\limits_{k=j}^ia_k>m\)，这个数可以单独处理，而 \(t=\max\limits_{k=j+1}^i\left\{a_k\right\}\) 可以通过单调队列存一个单调递减的最大值数列，但因为最后答案 \(f_j+t\) 不具有单调性，所以需要再存一个小根堆，建议用 multiset，因为每次删除时优先队列不好删除。

时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n\log_2n)\)。

AC 代码，请勿抄袭

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
int n, m, a[N], sum[N], f[N];
deque<int> dq;
multiset<int> s;
int main() {
  ios::sync_with_stdio(0);
  cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> n >> m;
  bool flag = 0;
  for(int i = 1; i <= n; i++) {
    cin >> a[i];
    flag |= (a[i] > m);
    sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
  }
  if(flag) { return cout << "-1", 0; }
  int p = 0;
  for(int i = 1; i <= n; i++) {
    while(sum[i] - sum[p] > m) { ++p; }
    while(!dq.empty() && dq.front() <= p) {
      int tmp = dq.front();
      dq.pop_front();
      if(!dq.empty()) { s.erase(f[tmp] + a[dq.front()]); }
    }
    while(!dq.empty() && a[dq.back()] <= a[i]) {
      int tmp = dq.back();
      dq.pop_back();
      if(!dq.empty()) { s.erase(f[dq.back()] + a[tmp]); }
    }
    int tmp = (!dq.empty() ? dq.back() : 0);
    dq.push_back(i);
    f[i] = f[p] + a[dq.front()];
    if(dq.size() > 1) {
      s.insert(f[tmp] + a[i]);
      f[i] = min(f[i], *s.begin());
    }
  }
  cout << f[n];
  return 0;
}