标签：mat int -- cpp names i++ iter poj 一个
https://vjudge.net/problem/POJ-3017
给一个长度为$N$的序列，你需要把它切成几段，每一段的和不能超过$M$，求一种切法，使每一段的最大值的和最小。
$N\leqslant100000$，$M$不会爆long long，序列中的数在$[0,1000000]$
$dp[i]=\min\{dp[j]+\max\{a[j+1],\cdots,a[i]\} | s[i]-s[j]\leqslant M\}$
时间复杂度$\mathcal{O}(n^2)$
假设最优的转移是$j$，那么想必要条件
$dp[j]+\max\{a[j+1],\cdots,a[i]\}<dp[j+1]+\max\{a[j+2],\cdots,a[i]\}$
因为$dp[i]$单调递增，所以必要条件是$j==N$或$a[j+1]\leqslant\max\{a[j+2],\cdots,a[i]\}$即$a[j+1]\ne\max\{a[j+1],\cdots,a[i]\}$
$dp[j]+\max\{a[j+1],\cdots,a[i]\}<dp[j-1]+\max\{a[j],\cdots,a[i]\}$
必要条件是$s[i]-s[j-1]>M$或$a[j]\geqslant\max\{a[j+1],\cdots,a[i]\}$，即$a[j]=\max\{a[j],\cdots,a[i]\}$
第二个必要条件好用一些，可以利用单调队列优化，可以在$\mathcal{O}(1)$时间得到每个$i$必要的决策
由于要求值最小的决策，可以使用multiset，时间复杂度$\mathcal{O}(n\log n)$
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<set>
#define REP(i,a,b) for(register int i=(a); i<(b); i++)
#define REPE(i,a,b) for(register int i=(a); i<=(b); i++)
#define PERE(i,a,b) for(register int i=(a); i>=(b); i--)
using namespace std;
typedef long long ll;
#define MAXN 100007
int N; ll M;
int a[MAXN];
ll dp[MAXN];
int ma[MAXN];
multiset<ll> ms;
typedef multiset<ll>::iterator msi;
int main() {
scanf("%d%lld", &N, &M);
REPE(i,1,N) {
scanf("%d", &a[i]);
if(a[i]>M) {puts("-1"); return 0;}
}
dp[0]=0;
int l1=1,l2=0,r2=0; ll ss=0;
REPE(i,1,N) {
ss+=a[i];
while(ss>M) ss-=a[l1++]; //l1<i
while(l2<r2 && ma[l2]<l1) {
int x=ma[l2];
if(l2+1<r2) {
msi it=ms.find(dp[x]+a[ma[l2+1]]);
if(it!=ms.end()) ms.erase(it);
}
l2++;
}
while(l2<r2 && a[ma[r2-1]]<a[i]) {
int x=ma[r2-1];
if(r2-2>=l2) {
msi it=ms.find(dp[ma[r2-2]]+a[x]);
if(it!=ms.end()) ms.erase(it);
}
r2--;
}
if(r2>l2) {
ms.insert(dp[ma[r2-1]]+a[i]);
}
ma[r2++]=i;
dp[i]=dp[l1-1]+a[ma[l2]];
if(!ms.empty()) {
dp[i]=min(dp[i], *ms.begin());
}
}
printf("%lld\n", dp[N]);
}
标签：mat int -- cpp names i++ iter poj 一个
原文地址：https://www.cnblogs.com/sahdsg/p/12597237.html
