AcWing 4366. 上课睡觉

AcWing 4366. 上课睡觉

好久没写题，一写就发现脑子生锈了(。

题目描述

有 \(N\) 堆石子，每堆的石子数量分别为 \(a_1,a_2,⋯,a_N\)。

你可以对石子堆进行合并操作，将两个相邻的石子堆合并为一个石子堆，例如，如果 \(a=[1,2,3,4,5]\)，合并第 \(2,3\) 堆石子，则石子堆集合变为 \(a=[1,5,4,5]\)。

我们希望通过尽可能少的操作，使得石子堆集合中的每堆石子的数量都相同。

请你输出所需的最少操作次数。

本题一定有解，因为可以将所有石子堆合并为一堆。

题意

这道题我初步的理解是，要划分出若干个区间，其中每个区间都是连续的，并且每个区间的石子数量和相等，求最小的合并次数，也就是最多的区间数量。

大佬的翻译是这样的：

给你一个长度为 \(n\) 的数组 \(a\)，相邻的两个元素可以合并成一个元素。设合并完每个元素都相等的数组 \(a′\) 长度为 \(n′\)，求 \(\min \{n−n′\}\)。

解题思路

我一上来想到的就是暴力枚举，但是我的暴力比大佬们的要更简陋，因为缺少了进一步挖掘题意，并且没有根据数据范围作进一步的思考。

我的思路：

• 从左到右枚举。

• 首先枚举第一个区间，即固定第一个元素为左端点，枚举其右端点，之后即可每个区间的和\(S\)，即每堆石子的个数。

• 上述右端点右边的元素即第二个区间的左端点，此时继续枚举，目的是找到合法右端点，使得区间和为\(S\)。

  • 若找到，则依次类推继续第三个等；
  • 若未找到，则更改第一个区间的右端点。

  （由于元素非负，则这个区间和递增，若后续区间和达不到这个值，则可认为找不到）

• 处理特殊情况。。。

• 时间复杂度应该是\(O(N_2)\)

由于数据范围是\(10^5\)，因此复杂度大概是\(\text{O}(n\log n)\)，也就是说我的做法需要将一个维度优化至\(\log n\)。（也许可能得推翻重来）

优化的思路：

根据题意，由于合并之后每堆石子的个数都相同，设堆数为\(cnt\)，则每堆的石子数则为\(S = \frac{sum}{cnt}\)。这个式子说明，\(S\) 是 \(sum\) 的因数。也就是说，没有必要以\(O(n)\)的复杂度枚举第一个区间的右端点来得到\(S\)，而是枚举 \(sum\) 的因数，或者说用这个性质作为条件进行优化。具体如下：

• 从左到右枚举
• 枚举\(S\)，可以是从\(1\)到\(n\)，也可以像上面那个思路那样枚举右端点再计算
  • 判断\(S\)是否为\(sum\)的因数，否，则继续枚举
  • 依次判断能否合并为区间和为\(S\)的区间，直到最后
• 在过程当中统计一下合并次数
• 特殊情况

代码

// Problem: 上课睡觉
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/description/4369/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
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#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int N = 100010;
int T, n;
int a[N], s[N];

int main(void){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);    
    cin >> T;
    while(T -- ) {
        cin >> n;
        for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
            cin >> a[i];
            s[i] = s[i - 1] + a[i];
        }
        
        int ans = 0, flag = 0, tepAns = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
            int sum = s[i] - s[0];
            if (sum && s[n] % sum) continue;     // 优化：sum 是所有石子数量之和的因数
            tepAns = i - 1;    // 第一堆石子的合并次数
            
            int left = i + 1;
            for (int right = left; right <= n; right ++ ) {
                int tepSum = s[right] - s[left - 1];    
                if (tepSum == sum) {            // 判断后续区间石子和是否等于 sum
                    if (right != left) tepAns += right - left;// 只有一个元素的区间不需要合并
                    left = right + 1;
                    right = left - 1;
                    continue;
                }
                if (tepSum > sum) {                // 小优化，由于tepSum单增，大于sum就可以结束
                    break;
                }
            }
            
            if (left == n + 1) {
                ans = tepAns;
                break;
            }
        }
        cout << ans << endl;
    }
    
    return 0;
}