POJ 3017 Cut the Sequence

https://vjudge.net/problem/POJ-3017

题目

给一个长度为$N$的序列，你需要把它切成几段，每一段的和不能超过$M$，求一种切法，使每一段的最大值的和最小。

$Nleqslant100000$，$M$不会爆long long，序列中的数在$[0,1000000]$

题解

$dp[i]=min{dp[j]+max{a[j+1],cdots,a[i]} | s[i]-s[j]leqslant M}$

时间复杂度$mathcal{O}(n^2)$

假设最优的转移是$j$，那么想必要条件

$dp[j]+max{a[j+1],cdots,a[i]}<dp[j+1]+max{a[j+2],cdots,a[i]}$

因为$dp[i]$单调递增，所以必要条件是$j==N$或$a[j+1]leqslantmax{a[j+2],cdots,a[i]}$即$a[j+1] emax{a[j+1],cdots,a[i]}$

$dp[j]+max{a[j+1],cdots,a[i]}<dp[j-1]+max{a[j],cdots,a[i]}$

必要条件是$s[i]-s[j-1]>M$或$a[j]geqslantmax{a[j+1],cdots,a[i]}$，即$a[j]=max{a[j],cdots,a[i]}$

第二个必要条件好用一些，可以利用单调队列优化，可以在$mathcal{O}(1)$时间得到每个$i$必要的决策

由于要求值最小的决策，可以使用multiset，时间复杂度$mathcal{O}(nlog n)$

AC代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<set>
#define REP(i,a,b) for(register int i=(a); i<(b); i++)
#define REPE(i,a,b) for(register int i=(a); i<=(b); i++)
#define PERE(i,a,b) for(register int i=(a); i>=(b); i--)
using namespace std;
typedef long long ll;
#define MAXN 100007
int N; ll M;
int a[MAXN];
ll dp[MAXN];
int ma[MAXN];
multiset<ll> ms;
typedef multiset<ll>::iterator msi;
int main() {
	scanf("%d%lld", &N, &M);
	REPE(i,1,N) {
		scanf("%d", &a[i]);
		if(a[i]>M) {puts("-1"); return 0;}
	}
	dp[0]=0;
	int l1=1,l2=0,r2=0; ll ss=0;
	REPE(i,1,N) {
		ss+=a[i];
		while(ss>M) ss-=a[l1++]; //l1<i
		while(l2<r2 && ma[l2]<l1) {
			int x=ma[l2];
			if(l2+1<r2) {
				msi it=ms.find(dp[x]+a[ma[l2+1]]);
				if(it!=ms.end()) ms.erase(it);
			}
			l2++;
		}
		while(l2<r2 && a[ma[r2-1]]<a[i]) {
			int x=ma[r2-1];
			if(r2-2>=l2) {
				msi it=ms.find(dp[ma[r2-2]]+a[x]);
				if(it!=ms.end()) ms.erase(it);
			}
			r2--;
		}
		if(r2>l2) {
			ms.insert(dp[ma[r2-1]]+a[i]);
		}
		ma[r2++]=i;
		
		dp[i]=dp[l1-1]+a[ma[l2]];
		if(!ms.empty()) {
			dp[i]=min(dp[i], *ms.begin());
		}
	}
	printf("%lld
", dp[N]);
	
}