[300iq contest1-J]Jealous Split

题意

有一个非负整数序列({a_i})，你要将他分成恰好(k)段，记(s_i)为第(i)段的和，(m_i)为第(i)段的最大值，你需要保证这种划分方案对任意(1 le i < k)满足:(|s_i-s_{i+1}|le max(m_i,m_{i+1}))
(3 leq k leq n leq 100\,000)
传送门

思路

题解中的给出的分割为和的平方最小的，请自星阅读，其实最终实现方法也可以互通

我们定义“对序列进行一次(x)划分”为（从前往后或从后往前）扫一遍序列，每当权值和大于等于(x)就分一段。

二分出最大的(x)满足划分后段数(ge k)（注意不算最后的和不到的零头段），令其为(mid)。

如果对序列进行(mid)划分后序列被恰好分成了(k)段，那么这种划分方案在原问题下就是最优的且合法的。

证明：考虑两段划分，(mid-x_i)表示除最后一个外的和（(x_i >0)），那么(mid-x_i+last_i-(mid-x_{i+1}+last_{i+1})le last_i leq m_i)。所以一定是小于等于最大值的

若不满足，则可以对序列倒着做(mid+1)分段，通过某种方式（这里的证明比较随意，感性理解一下）可以证明正着做(mid)分段与倒着做(mid+1)分段存在至少一个公共划分点，且满足用前者划分的一段前缀拼上后者划分的一段后缀恰好可以得到原问题的一组合法解。

一波乱证：因为二分出的是最大的答案，(mid+1)划分个数(k-a(a>0))肯定小于(mid)划分个数(k+b(b ge 0))
反证
如果没有重合点，那么肯定有一段(mid+1)划分会包含(mid)划分（左右端点不同的），但是可知(mid)划分加上一个正整数（在贪心过程中0不会出现在(mid)右端点以及(mid+1)左端点，可以忽略）肯定可以(ge mid+1)，而这里多加了至少两个数所以矛盾
然后要使加起来个数=k的话每出现一个重合点块数就会-1或-0（一段都重合），不出现就不会，换句话说，每一个使块数(-1)的点都是重合点。因为(（l_{mid}<l_{mid+1},r_{mid}<r_{mid+1}）)，所以一定能找到一个重合点，使得两者加起来刚好为k

至于代码那是非常的简短，但是这思路也是神仙了

#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
const int N=100005;
int n,a[N],p[N],p2[N],k;
long long l,r,ans;
int check(ll x){
	ll sum=0;int cnt=0;
	for (int i=1;i<=n;i++){
		sum=sum+a[i];
		if (sum>=x) cnt++,sum=0;
	}
	return cnt;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),r=r+a[i];
	while (l<=r){
		ll mid=(l+r)>>1;
		if (check(mid)>=k){
			ans=mid;
			l=mid+1;
		}else r=mid-1;
	}
	puts("Yes");
	ll sum=0;int cnt=0;
	for (int i=1;i<=n;i++){
		sum=sum+a[i];
		if (sum>=ans) p[++cnt]=i,sum=0;
	}
	if (p[cnt]==n && cnt==k){
		for (int i=1;i<cnt;i++) printf("%d ",p[i]);
		puts("");
		return 0;
	}
	sum=0;int cnt2=0;
	for (int i=n;i>=1;i--){
		sum=sum+a[i];
		if (sum>=ans+1) p2[++cnt2]=i,sum=0;
	}
	for (int i=1;i<=cnt;i++){
		if (p[i]==p2[k-i]-1){
			for (int j=1;j<=i;j++) printf("%d ",p[j]);
			for (int j=k-i-1;j>=1;j--) printf("%d ",p2[j]-1);
			puts("");
			break;
		}
	}
	return 0;
}

后记

想不到系列