题目描述
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。。。
输入
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-1,1000),1<=Li<=1000.
输出
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.
样例输入
3 2
1
1
10
样例输出
10 2
题解
二分+dp
第一问即 noip2015跳石头 。。。一眼二分，然后看不满足条件时就切一刀，判断是否小于m。
第二问求方案数，很显然是个dp。
设$f[i][j]$表示前$i$个分了$j$段的方案数，那么状态转移方程应该为$f[i][j]=sumlimits_{len(t+1,i)le ans1}f[t][j-1]$，边界条件$f[0][0]=1$，其中$len(a,b)表示$[a,b]$所有木棍的长度总和。
可以发现$t$的取值范围是一段连续的单调的区间，因此可以用类似双指针的方法扫出$t$的取值左端点。然后$sum$又可以使用前缀和维护，这样时间复杂度就降为了$O(nm)$。
然而这样还会炸空间。。。
因此使用滚动数组就好了，显然第二维是可以滚动的，因此先枚举第二维，滚动一下就好了。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define N 50010
#define mod 10007
using namespace std;
int n , m , a[N] , sl[N] , f[2][N] , sum[2][N];
bool judge(int mid)
{
int i , now = 0 , cnt = 0;
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
if(now + a[i] > mid) now = 0 , cnt ++ ;
now += a[i];
}
return cnt <= m;
}
int main()
{
int i , j , l = 0 , r = 0 , mid , ans = -1 , p = 0 , ret = 0 , d;
scanf("%d%d" , &n , &m);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d" , &a[i]) , l = max(l , a[i]) , r += a[i] , sl[i] = sl[i - 1] + a[i];
while(l <= r)
{
mid = (l + r) >> 1;
if(judge(mid)) ans = mid , r = mid - 1;
else l = mid + 1;
}
printf("%d " , ans);
for(i = 0 ; i <= n ; i ++ ) sum[0][i] = 1;
for(i = d = 1 ; i <= m + 1 ; i ++ , d ^= 1)
{
sum[d][0] = p = 0;
for(j = 1 ; j <= n ; j ++ )
{
while(sl[j] - sl[p] > ans) p ++ ;
f[d][j] = sum[d ^ 1][j - 1];
if(p) f[d][j] = (f[d][j] - sum[d ^ 1][p - 1] + mod) % mod;
sum[d][j] = (sum[d][j - 1] + f[d][j]) % mod;
}
ret = (ret + f[d][n]) % mod;
}
printf("%d
" , ret);
return 0;
}