P1295 [TJOI2011]書架

本題思路比較好想(對我來說不是)，但代碼細節很多，奈何洛谷的題解只有思路，然后就是

沒有絲毫解釋的代碼，讓人看起來很頭疼(~~ 尤其是像我這樣的蒟蒻~~)，所以便打算寫一篇帶

注釋的題解；

題目大意

題目鏈接

給出一個長度為 n 的序列 h，請將 h 分成若干段，滿足每段數字之和都不超過 m，最小化每段的

最大值之和，

解題思路

我們不難想到30分的n²做法，但期望得分30（據說實際有50）

我們定義f [ i ]為1 - i分段后的最大值和

可得dp方程

f[i]=f[j]+max(a[j+1]...a[i])(s[i]-s[j]<=m)

我們考慮對其進行優化

首先我們計算到i時，有 j< k < i(s[i]-s[j]<=m)

假設a[j] ~a[i] 的最大值與 a[k]~a[i]的最大值相等

那么 j ,k 實際上對f[i]的值產生的貢獻是由f[j] f[k]決定的，那么，又f的單調性

即 f[j]<=f[k] (j<k),我們知道選擇f[j]一定比選擇f[k]的值更優秀

所以我們只需在和值小于等于m的范圍內根據到i 的最大值大小分段，使每一段到i的最大值都

相等，我們只需計算出每一段中最小下標對應的a加上該段的max，然后在所有段中取得最小

便可以更新出答案將序列分段我們利用單調佇列來完成，維護沒一個值向左的最遠影響（實際便是

到該點以該點權值為最大值的最小下標） ，利用線段樹將每一段的值加載到線段樹

上，維護合法的最小值，即最終答案即可，時間復雜度為線段樹的時間復雜度，即O(nlogn);

這樣我們就可以在規定時間內算出最優解了

代碼部分

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>

using namespace std;
const int maxn=100005;
//快讀
inline int read(){
   int ret=0;
   int f=1;
   char ch=getchar();
   while(ch<'0'||ch>'9'){
   	if(ch=='-')
   		f=-f;	
   	ch=getchar();
   }
   while(ch<='9'&&ch>='0'){
   	ret=ret*10+(ch^'0');
   	ch=getchar();
   }
   return ret*f;
}
// 我們用line來維護單調佇列陣列中下標在a陣列中的數值
// w為該單調佇列下標在a陣列中對應的下標
// v為對應的長度，f 為該值可以影響的最大范圍的值的a陣列下標
struct node{
   int w,v,f;
}lin[maxn];
int tre[5*maxn];//線段樹，實際開4倍就夠了
int n,m;
int head;
int tail;
int a[maxn];
//將每一段值加載到線段樹上
//為了因為最終答案為最小值，所以我們線段是維護的也是最小值
void plu(int ro,int l,int r,int v,int nu){
   if(l==r){
   	tre[ro]=v;
   return ;
   }
   int mid=(l+r)>>1;
   if(mid>=nu){
   	plu(ro*2,l,mid,v,nu);
   }
   else{
   	plu(ro*2+1,mid+1,r,v,nu);
   }
   tre[ro]=min(tre[ro*2],tre[ro*2+1]);
   return ;
}
//查找最小值
int sea(int ro,int l,int r,int lf,int rf){
   if(l==r){
   	return tre[ro];
   }
   if(lf<=l&&rf>=r){
   	return tre[ro];
   }
   int mid=(l+r)>>1;
   int ans=0x3f3f3f3f;//理應給最大值，之前給小了，查了半天
   if(lf<=mid){
   	ans=sea(ro*2,l,mid,lf,rf);
   }
   if(rf>=mid+1){
   	ans=min(ans,sea(ro*2+1,mid+1,r,lf,rf));
   }
   return ans;
}
int t;
int h=1;
int f[maxn];
int s;
int last[maxn];//用于存放以該點為結尾<=m的序列的頭元素下標 
int maxx=-1;
int main(){
   freopen("a.in","r",stdin);
   n=read();
   m=read();
   for(int i=1;i<=n;i++){
   	a[i]=read();
   //	cout<<a[i]<<endl;
   }
   
//	cout<<n<<" "<<m;
   head=1,tail=0;
   //先進行預處理
   while(t<n&&a[t+1]+s<=m){
   	t++;
   	s+=a[t];
   	last[t]=1;
   	maxx=max(maxx,a[t]);
   	//cout<<t;
   	f[t]=maxx;
   	while(tail>0&&a[lin[tail].w]<=a[t]){
   		tail--;
   	}
   	tail++;
   	lin[tail].w=t;
   	lin[tail].v=a[t];
   	lin[tail].f=lin[tail-1].w;
   //	cout<<lin[tail].f<<endl;
   	plu(1,1,n,f[lin[tail-1].w]+a[t],tail);//將該點以本身為最值的f更新到線段樹上
   	//tail++;
   	 
   }
   //維護每個到i的和<=m的最遠下標
   for(int i=t+1;i<=n;i++){
   	s+=a[i];
   	while(s>m){
   		s-=a[h];
   		h++; 
   	}
   	last[i]=h; 
   } 
   
   for(int i=t+1;i<=n;i++){
   	while(lin[head].w<last[i]&&head<=tail){
   		lin[head].w=0;
   		head++;
   	}//保證head在合法范圍內即不能大于m 
   	if(lin[head].f<last[i]-1){
   		lin[head].f=last[i]-1;
   		plu(1,1,n,f[last[i]-1]+lin[head].v,head);//將更新后的head加載到線段樹上至于為什么要更新，因為head下的值已經發生變化 
   	}
   	while(head<=tail&&a[i]>=lin[tail].v){
   		tail--;
   	}
   	tail++;
   	lin[tail].w=i;
   	lin[tail].v=a[i];
   	lin[tail].f=max(lin[tail-1].w,last[i]-1);
   	plu(1,1,n,f[lin[tail].f]+lin[tail].v,tail);//加載然后搜索即可
   	f[i]=sea(1,1,n,head,tail);//
   	//tail++;
   }
   cout<<f[n];
   return 0;
} 

完結撒花
以小紬結尾

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