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Description
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。。。
Input
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.
Output
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.
Sample Input
3 2
1
1
10
1
1
10
Sample Output
10 2
HINT
两种砍的方法: (1)(1)(10)和(1 1)(10)
数据范围
n<=50000, 0<=m<=min(n-1,1000).
1<=Li<=1000.
思路:第一问最大值最小，直接二分最大长度即可求得ans1;也是线性处理；
第二问区间DP: f[i,j] 前i根木棍切j次的合法(maxlen <= ans1)数目;这样f[i,j] = f[k,j-1] ( sum[i] - sum[k] <= ans1);这样对于切的数量m，都要枚举每一个位置i,同时还要枚举在j-1次的基础上的位置k, 时间复杂度为O(n^2*m);显然按照数据规模最大为O(n*m)或者乘上个log,现在来优化枚举k的这个子循环；由于前缀和sum[i]是递增的，在ans1确定的前提下，对于递增的i，左边界也是递增的，这样直接模拟队列处理即可；将前一个的和存储在tot中，之后删除就从tot中减去即可；这样时间复杂度就为O(n*m);但是系数很大，运行效率不高
至于内存直接用滚动数组即可实现；
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> using namespace std; #define rep0(i,l,r) for(int i = (l);i < (r);i++) #define rep1(i,l,r) for(int i = (l);i <= (r);i++) #define rep_0(i,r,l) for(int i = (r);i > (l);i--) #define rep_1(i,r,l) for(int i = (r);i >= (l);i--) #define inf 0x7fffffff #define pow(a) (a)*(a) #define MS0(a) memset(a,0,sizeof(a)) typedef long long ll; template<typename T> void read1(T &m) { T x=0,f=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();} m = x*f; } template<typename T> void read2(T &a,T &b){read1(a);read1(b);} template<typename T> void read3(T &a,T &b,T &c){read1(a);read1(b);read1(c);} #define mod 10007 #define N 50050 int ans1,n,m; int f[2][N],a[N],sum[N],q[N]; int check(int mx) { int len = 0,cnt = 0; for(int i = 1;i <= n;i++){ len += a[i];//由于是连续捆绑的 if(len > mx) len = a[i],cnt++;// ** if(cnt > m) return 0; if(a[i] > mx) return 0; } return 1; } void solve() { int l = 0,r = sum[n]; while(l <= r){ int mid = l+r>>1; if(check(mid)) ans1 = mid,r = mid-1; else l = mid+1; } } void dp() { f[0][0] = 1; int pre,cur,tot,l,r,ans2 = 0; for(int i = 1;i <= m;i++){ pre = i&1;cur = pre^1; tot = f[cur][0]; q[1] = 0;l = 1,r = 1; //模拟队列; for(int j = 1;j <= n;j++){ while(l <= r && sum[j] - sum[q[l]] > ans1) // k递增; tot = (tot-f[cur][q[l++]]+mod)%mod; f[pre][j] = tot; q[++r] = j; (tot += f[cur][j]) %= mod; } for(int j = n-1;j;j--){ // 最后一段合法; if(sum[n] - sum[j] > ans1) break; ans2 += f[pre][j]; if(ans2 >= mod) ans2 -= mod; } MS0(f[cur]);//原本认为没有必要重置为0，但是会WA.. } printf("%d %d",ans1,ans2); } int main() { read2(n,m); rep1(i,1,n) read1(a[i]),sum[i] += sum[i-1]+a[i]; solve(); dp(); return 0; }