1044: [HAOI2008]木棍分割

Description

　　有n根木棍, 第i根木棍的长度为Li,n根木棍依次连结了一起, 总共有n-1个连接处. 现在允许你最多砍断m个连
接处, 砍完后n根木棍被分成了很多段,要求满足总长度最大的一段长度最小, 并且输出有多少种砍的方法使得总长
度最大的一段长度最小. 并将结果mod 10007。。。

Input

　　输入文件第一行有2个数n,m.接下来n行每行一个正整数Li,表示第i根木棍的长度.n<=50000,0<=m<=min(n-1,10
00),1<=Li<=1000.

Output

　　输出有2个数, 第一个数是总长度最大的一段的长度最小值, 第二个数是有多少种砍的方法使得满足条件.

Sample Input

3 2
1
1
10

Sample Output

10 2

HINT

 

两种砍的方法: (1)(1)(10)和(1 1)(10)

 
第一问是可以用二分答案+贪心过掉的
然后考虑第二问，先写了一个组合数上去，WA了。。
然后考虑用DP，用f[i][j]表示前j个分了i次的方案。。
转移方程就是f[i][j]+=f[i-1][k](k到j的和小于答案）
然而发现这样会超时。。。还会爆内存。。。
对于时间，我们可以发现我们可以用f[i][j]表示前j个分i次的方案和，
那么转移方程就变成了f[i][j]=f[i-1][j]-f[i-1][k-1]。。。
内存的话用滚动数组就好了。。。
然后就可以过了。。。
 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdlib>
 3 #include<cmath>
 4 #include<cstring>
 5 #include<cstdio>
 6 #include<algorithm>
 7 #include<string>
 8 #include<map>
 9 #include<queue>
10 #include<vector>
11 #include<set>
12 #define inf 1000000000
13 #define maxn 50000+5
14 #define maxm 10000+5
15 #define eps 1e-10
16 #define ll long long
17 #define mod 10007
18 #define for0(i,n) for(int i=0;i<=(n);i++)
19 #define for1(i,n) for(int i=1;i<=(n);i++)
20 #define for2(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
21 #define for3(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
22 #define for4(i,x) for(int i=head[x],y=e[i].go;i;i=e[i].next,y=e[i].go)
23 using namespace std;
24 int read(){
25     int x=0,f=1;char ch=getchar();
26     while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
27     while(ch>='0'&&ch<='9'){x=10*x+ch-'0';ch=getchar();}
28     return x*f;
29 }
30 int a[maxn],sum[maxn];
31 int f[2][maxn],p[maxn];
32 int main(){
33     //freopen("input.txt","r",stdin);
34     //freopen("output.txt","w",stdout);
35     int n=read(),m=read(),l=1,r=inf,ans=0,cnt=0,now=0;
36     for1(i,n)a[i]=read(),sum[i]=sum[i-1]+a[i];
37     while(l<r){
38         int mid=(l+r)/2,flag=0;cnt=0;now=0;
39         for1(i,n){
40             if(mid<a[i]){flag=1;break;}
41             if(a[i]+now<=mid)now+=a[i];
42             else{
43                 cnt++;
44                 now=a[i];
45             }
46             if(cnt>m){flag=1;break;}
47         }
48         if(flag==1)l=mid+1;
49         else {r=mid;ans=r;}
50     }
51     f[0][0]=1;
52     int pre,cur,tot=1,ans2=0;
53     for1(i,m+1){
54         pre=i&1;cur=pre^1;int k=0;
55         p[0]=f[cur][0];
56         for1(j,n)p[j]=(p[j-1]+f[cur][j])%mod;
57         f[pre][0]=0;
58         for1(j,n){
59             while(sum[j]-sum[k]>ans)k++;
60             if(k>0)f[pre][j]=(p[j-1]-p[k-1]+mod)%mod;
61             else f[pre][j]=(p[j-1])%mod;
62         }
63         ans2=(ans2+f[pre][n])%mod;
64     }
65     printf("%d %d",ans,ans2%mod);
66     return 0;
67 }
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还有一种做法就是用队列优化。。。

还是最基本的那个转移方程，我们会发现k是单调递增的。。。那么用队列维护一下和就好了。。。

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdlib>
 3 #include<cmath>
 4 #include<cstring>
 5 #include<cstdio>
 6 #include<algorithm>
 7 #include<string>
 8 #include<map>
 9 #include<queue>
10 #include<vector>
11 #include<set>
12 #define inf 1000000000
13 #define maxn 50000+5
14 #define maxm 10000+5
15 #define eps 1e-10
16 #define ll long long
17 #define mod 10007
18 #define for0(i,n) for(int i=0;i<=(n);i++)
19 #define for1(i,n) for(int i=1;i<=(n);i++)
20 #define for2(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
21 #define for3(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
22 #define for4(i,x) for(int i=head[x],y=e[i].go;i;i=e[i].next,y=e[i].go)
23 using namespace std;
24 int read(){
25     int x=0,f=1;char ch=getchar();
26     while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
27     while(ch>='0'&&ch<='9'){x=10*x+ch-'0';ch=getchar();}
28     return x*f;
29 }
30 int a[maxn],sum[maxn];
31 int f[2][maxn],q[maxn];
32 int main(){
33     //freopen("input.txt","r",stdin);
34     //freopen("output.txt","w",stdout);
35     int n=read(),m=read(),l=1,r=inf,ans=0,cnt=0,now=0;
36     for1(i,n)a[i]=read(),sum[i]=sum[i-1]+a[i];
37     while(l<r){
38         int mid=(l+r)/2,flag=0;cnt=0;now=0;
39         for1(i,n){
40             if(mid<a[i]){flag=1;break;}
41             if(a[i]+now<=mid)now+=a[i];
42             else{
43                 cnt++;
44                 now=a[i];
45             }
46             if(cnt>m){flag=1;break;}
47         }
48         if(flag==1)l=mid+1;
49         else {r=mid;ans=r;}
50     }
51     f[0][0]=1;
52     int pre,cur,tot,ans2=0;
53     for1(i,m){
54         pre=i&1;cur=pre^1;
55         int l=1,r=1;
56         q[1]=0;tot=f[cur][0];
57         for1(j,n){
58             while(l<=r&&sum[j]-sum[q[l]]>ans)
59                 tot=(tot-f[cur][q[l++]]+mod)%mod;
60             f[pre][j]=tot;q[++r]=j;
61             tot=(tot+f[cur][j]+mod)%mod;
62         }
63         for(int j=n-1;j;j--){
64             if(sum[n]-sum[j]>ans)break;
65             ans2=(ans2+f[pre][j]+mod)%mod;
66         }
67         memset(f[cur],0,sizeof(f[cur]));
68     }
69     printf("%d %d",ans,ans2);
70     return 0;
71 }
View Code

 

posted @ 2016-05-18 17:54  HTWX  阅读(145)  评论(0)  编辑  收藏  举报