AtCoder Regular Contest 168 E Subsegments with Large Sums

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尝试二分答案，问题变为要求恰好选 \(x\) 段 \(\ge s\)，最大化选的段数。

发现我们不是很会算段数的 \(\max\)，考虑给每个段 \([l, r]\) 一个长度减一即 \(r - l\) 的代价，于是变成了算代价的 \(\min\)。

设 \(f(x)\) 为分成的若干段中包含恰好 \(x\) 个 \(\ge s\) 段，每一段 \([l, r]\) 的代价定义为 \(r - l\)，代价的 \(\min\)。那么一个答案 \(x\) 合法当且仅当 \(f(x) \le n - k\)。若一段 \(< s\) 那么它没有贡献，所以最优的情况一定是一个数自成一段，代价就是 \(0\)。于是我们只用考虑 \(\ge s\) 的代价之和。

发现 \(f(x)\) 下凸（感性理解就是选的段的代价会越来越大），那么 \((x, f(x))\) 构成一个下凸包的右半边（即斜率 \(> 0\) 的部分）。套路地 wqs 二分斜率 \(k\)，选一个 \(\ge s\) 段的代价变成 \(r - l - k\)，在此基础上求选出若干段的代价 \(\min\) 和在取到这个 \(\min\) 的前提下至少选了多少段即可。

上面那个问题显然可以 dp 求出。dp 数组单调，所以只用考虑最近的一个合法转移点转移过来（即对于每个 \(i\) 满足 \(\sum\limits_{k = j}^i a_k \ge s\) 的最小的 \(j\)）即可。

预处理每个位置的最近合法转移点，总时间复杂度 \(O(n \log^2 n)\)。

code

// Problem: E - Subsegments with Large Sums
// Contest: AtCoder - ALGO ARTIS Programming Contest 2023 Autumn（AtCoder Regular Contest 168）
// URL: https://atcoder.jp/contests/arc168/tasks/arc168_e
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mkp make_pair
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;

const int maxn = 250100;

ll n, m, K, a[maxn], b[maxn], p[maxn];
pii f[maxn];

inline pii solve(ll x) {
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		f[i] = f[i - 1];
		if (p[i]) {
			f[i] = min(f[i], mkp(f[p[i] - 1].fst + i - p[i] - x, f[p[i] - 1].scd + 1));
		}
	}
	return f[n];
}

inline bool check(ll x) {
	ll l = 1, r = n, pos = -1;
	while (l <= r) {
		ll mid = (l + r) >> 1;
		if (solve(mid).scd <= x) {
			pos = mid;
			l = mid + 1;
		} else {
			r = mid - 1;
		}
	}
	return solve(pos).fst + x * pos <= n - K;
}

void solve() {
	scanf("%lld%lld%lld", &n, &K, &m);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		scanf("%lld", &a[i]);
		b[i] = b[i - 1] + a[i];
	}
	for (int i = 1, j = 0; i <= n; ++i) {
		while (b[i] - b[j] >= m) {
			++j;
		}
		p[i] = j;
	}
	ll l = 0, r = K, ans = -1;
	while (l <= r) {
		ll mid = (l + r) >> 1;
		if (check(mid)) {
			ans = mid;
			l = mid + 1;
		} else {
			r = mid - 1;
		}
	}
	printf("%lld\n", ans);
}

int main() {
	int T = 1;
	// scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		solve();
	}
	return 0;
}