BZOJ-5424: 烧桥计划(单调队列)
题解：
先考虑最暴力的(dp)：设(f[k][i])表示搞掉第(1sim i)段，烧了(k)段的最小花费，设(calc(x,y)=sum[xsim y]le M?0:sum[xsim y])，可以列出转移方程如下
[f[k][i]=min(f[k-1][j]+calc(j+1,i))+k*a[i] (j<i)
]
这样时间复杂度是(O(n^3))的，十分爆炸
考虑优化
首先发现题目中给出的(1000 le a[i]le 2000)。仔细想想，这表明(k)值最大不会太大
设最坏情况下取了(k)，则此时一定是满足(k*(k+1)/2*1000le n*2000)的
（就是说不是你把(n)段桥都断了也比(k)段优）
这样算下来(n)最大的时候(k)也就是(600)的样子，(O(n*k))就可以过了
但现在时间复杂度还是(O(n^2k))的，考虑对于每个(k)的每个(i)，如何快速计算此时的(f[k][i])
这个时候就可以用单调队列优化了。
设当前是(f[k][i])，题目中(M)的限制（就是那个(calc(x,y))）就相当于把(1sim i)段分成了两部分：
前半部分要计算中间的(sum[xsim y])，后半部分不用
那么对于前半部分记一个最小值，后半部分维护递增的单调队列，(dp)时取两个最小的那个就可以做到(O(1))转移了
细节不少，刚开始写感觉很迷，写着写着也就想明白了吧
注意(k)是没有单调性的，一定从(1)到(T)全枚举一遍
和(sxz)一起卡了波时间，惊奇地发现(k)最大居然只有(152)
（别问为什么这么准，二分试出来的）
代码：
#include<map>
#include<set>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define qmax(x,y) (x=max(x,y))
#define qmin(x,y) (x=min(x,y))
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
inline int read(){
int ans=0,fh=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') fh=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9')
ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar();
return ans*fh;
}
const int maxn=1e5+100;
int n,m,mx,q[maxn],p[maxn],l,r,a[maxn],f[2][maxn];
int tot,mn,sum[maxn],Ans=0x7fffffff;
int main(){
// freopen("nh.in","r",stdin);
// freopen("zhy.out","w",stdout);
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();a[++n]=0;
for(int i=1;i<=n;i++) sum[i]=a[i]+sum[i-1];
int k=0,o=0,lc;
memset(f,0x3f,sizeof(f));
f[0][0]=f[1][0]=0;
int T=min(152,(int)sqrt(n*4));
while(T--){
l=1,r=1,k++,tot=0,mn=0,lc=0;
o^=1,q[1]=p[1]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
int now=0x7fffffff;
while(l<=r&&sum[i-1]-sum[q[l]]>m) l++;
while(1){
if(sum[i-1]-sum[lc]<=m) break;
qmin(mn,f[o^1][lc]+sum[i-1]-sum[lc]-tot);
lc++;
}
if(l<=r) qmin(now,p[l]);
qmin(now,mn+tot);
f[o][i]=(now+=k*a[i]);
while(l<=r&&p[r]>=f[o^1][i]) r--;
p[++r]=f[o^1][i],q[r]=i;
tot+=a[i];
}
qmin(Ans,f[o][n]);
}
printf("%d
",Ans);
return 0;
}