codevs 3342 绿色通道

codevs 3342 绿色通道

http://codevs.cn/problem/3342/

难度等级：黄金

题目描述 Description

《思远高考绿色通道》(Green Passage, GP)是唐山一中常用的练习册之一，其题量之大深受lsz等许多oiers的痛恨，其中又以数学绿色通道为最。2007年某月某日，soon-if (数学课代表)，又一次宣布收这本作业，而lsz还一点也没有写……

高二数学《绿色通道》总共有n道题目要写(其实是抄)，编号1..n，抄每道题所花时间不一样，抄第i题要花a[i]分钟。由于lsz还要准备NOIP，显然不能成天写绿色通道。lsz决定只用不超过t分钟时间抄这个，因此必然有空着的题。每道题要么不写，要么抄完，不能写一半。一段连续的空题称为一个空题段，它的长度就是所包含的题目数。这样应付自然会引起马老师的愤怒。马老师发怒的程度(简称发怒度)等于最长的空题段长度。

现在，lsz想知道他在这t分钟内写哪些题，才能够尽量降低马老师的发怒度。由于lsz很聪明，你只要告诉他发怒度的数值就可以了，不需输出方案。(快乐融化：那么lsz怎么不自己写程序？lsz：我还在抄别的科目的作业……)

输入描述 Input Description

第一行为两个整数n,t，代表共有n道题目，t分钟时间。

以下一行，为n个整数，依次为a[1], a[2],... a[n]，意义如上所述。

输出描述 Output Description

仅一行，一个整数w，为最低的发怒度。

样例输入 Sample Input

17 11

6 4 5 2 5 3 4 5 2 3 4 5 2 3 6 3 5

样例输出 Sample Output

3

数据范围及提示 Data Size & Hint

60%数据 n<=2000

100%数据 0<n<=50000，0<a[i]<=3000，0<t<=100000000

 最小化最大值——二分

很明显的一个DP

每次二分最长空题段，判断mid

方法一：朴素的DP

令f[i]表示抄第i道题所花费的最小时间

状态转移方程：f[i]=min(f[j])+time[i]    max(0,i-mid-1)<=j<=i-1

初始化:f数组极大值，f[0]=0

时间复杂度：n²

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 50001
using namespace std;
int n,t,l,r,mid,ans,f[N],a[N];
inline bool check(int k)
{
    memset(f,127,sizeof(f));
    f[0]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
     for(int j=max(i-k-1,0);j<i;j++)
      f[i]=min(f[i],f[j]+a[i]);
    int tmp=0x7fffffff;
    for(int i=n-k;i<=n;i++) tmp=min(tmp,f[i]);
    if(tmp<=t) return true;
    return false;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&t);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    l=0,r=n;
    while(l<=r)
    {
        mid=l+r>>1;
        if(check(mid)) {ans=mid;r=mid-1;}
        else l=mid+1;
    }
    printf("%d",ans);
}

结果：

方法二：线段树优化DP

用线段树维护区间最小值，就可以直接查询[i-mid-1,i-1]内的最小值

时间复杂度：log n （二分）*n（枚举每道题）*（log n+log n）（区间查询+单点修改）= 2*n*log²n

结果：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define N 50001
#define INF 100000010
using namespace std;
int n,t,ql,qr,mid,ans,f[N],a[N];
struct node{int l,r,key;}tr[N*4];
inline int read()//读入优化 
{
    int x=0;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9') {x=x*10+c-'0';c=getchar();}
    return x;
}
inline void begin(int k,int l,int r)//初始化 
{
    tr[k].key=INF;
    if(l==r) return;
    int mid=l+r>>1;
    begin(k<<1,l,mid);
    begin((k<<1)+1,mid+1,r);
}
inline int query(int k,int opl,int opr)//区间查询 
{
    if(tr[k].l>=opl&&tr[k].r<=opr) return tr[k].key;
    int mid=tr[k].l+tr[k].r>>1;
    {
        int ll=INF;if(opl<=mid) ll=query(k<<1,opl,opr);
        int rr=INF;if(opr>mid) rr=query((k<<1)+1,opl,opr);
        return min(ll,rr);
    }    
}
inline void change(int k,int x,int y)//单点修改 
{
    if(tr[k].l==tr[k].r) {tr[k].key=min(tr[k].key,y);return;}
    int mid=tr[k].l+tr[k].r>>1;
    if(x<=mid) change(k<<1,x,y);
    else change((k<<1)+1,x,y);
    tr[k].key=min(tr[k<<1].key,tr[(k<<1)+1].key);
}
inline bool check(int k)
{
    begin(1,0,n);
    change(1,0,0);
    for(int i=1;i<=n;i++) 
    {
        int p=query(1,max(0,i-k-1),i-1);
        change(1,i,p+a[i]);
    }
    int tmp=0x7fffffff;
    if(query(1,n-k,n)<=t) return true;
    return false;
}
inline void build(int k,int l,int r)//建树 
{
    tr[k].l=l;tr[k].r=r;
    if(l==r) return;
    int mid=l+r>>1;
    build(k<<1,l,mid);
    build((k<<1)+1,mid+1,r);
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&t);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    build(1,0,n);
    ql=0,qr=n;
    while(ql<=qr)
    {
        mid=ql+qr>>1;
        if(check(mid)) {ans=mid;qr=mid-1;}
        else ql=mid+1;
    }
    printf("%d",ans);
}

方法三：单调队列优化DP

假设有一段长度为mid的滑动窗口，每次这个窗口可以框住长为mid的一段数

我们需要的是长为mid的一段数里最小的那一个，所以可以维护一个单调上升的队列，这样每次直接取出队首就好了。

为什么要维护单调递增的队列?

因为如果这个数比前一个大，当窗口移过前一个数时，这个数可能成为最小的

如果这个数比前一个小，这个数的前一个一定不如这个优，所以删去大的

所以这就需要维护2个数组，1个存储队列中元素的在原序列中的位置（即第几道题），1个存储所需时间

如何维护这个队列的单调性？

1、数必须在窗口范围内，假设当前要计算第i个，那么可以更新它的范围是[i-mid-1,i-1]，所以如果当前队首位置<i-mid-1，就让其出队

2、单调递增，如果第抄第i-1道题所需时间比当前的队尾时间少，就让队尾出队

3、在确定位置插入i-1的信息

4、用队首信息更新当前点信息

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 50001
using namespace std;
int n,t,head,tail,a[N],f[N],q[N],id[N],l,r,mid,ans;
//a存储抄每道题所需时间，f抄第i道题的最少时间，q单调队列数组，存储所需时间，id单调队列数组，存储题目编号 
inline bool check(int k)
{
    memset(q,0,sizeof(q));
    memset(f,0,sizeof(f));
    memset(id,0,sizeof(id));
    head=tail=0;
//队列采取左闭右开式，有效范围为[head,tail-1] 
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        while(id[head]<i-k-1&&head<tail)  head++;//队首题目编号不在可以更新i的范围内，出队 
        while(f[i-1]<q[tail-1]&&head<tail) tail--;//不满足单调性，出队 
        q[tail]=f[i-1];//入队 
        id[tail]=i-1;
        tail++;
        f[i]=q[head]+a[i];
    }
    int tmp=0x7fffffff;
    for(int i=n-k;i<=n;i++) tmp=min(tmp,f[i]);
    if(tmp<=t) return true;
    return false; 
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&t);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    l=0,r=n;
    while(l<=r)
    {
        mid=l+r>>1;
        if(check(mid)) {ans=mid;r=mid-1;}
        else l=mid+1;
    } 
    printf("%d",ans);
} 

结果：