3342 绿色通道
时间限制: 1 s 空间限制: 256000 KB 题目等级 : 黄金 Gold
《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……)
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。
仅一行，一个整数w，为最低的发怒度。
17 11
6 4 5 2 5 3 4 5 2 3 4 5 2 3 6 3 5
3
60%数据 n<=2000
100%数据 0<n<=50000，0<a[i]<=3000，0<t<=100000000
自己想了一个N2 * log2N 的做法...
1 #include<iostream> 2 #include<cstring> 3 #include<cstdio> 4 #define maxn 50010 5 //用f[i]表示在做第i道题的情况下，前i道题在合法状况下 6 //（即空题段长度不超过mid）可能的所有方案中的最小时间 7 // 得到状态转移方程f[i]=min(f[j]+a[i],f[i]) 8 using namespace std; 9 int a[maxn],n,t,f[maxn]; 10 bool Judge(int x){ 11 memset(f,0x3f,sizeof(f)); 12 f[0]=0; 13 for(int i=1;i<=n;i++){ 14 for(int j=max(i-x-1,0);j<i;j++){ 15 f[i]=min(f[i],f[j]+a[i]); 16 } 17 } 18 int rt=0x7f; 19 for(int i=n-x-1;i<=n;i++) rt=min(rt,f[i]); 20 if(rt<=t)return true; 21 else return false; 22 } 23 int main() 24 { 25 scanf("%d%d",&n,&t); 26 for(int i=1;i<=n;i++) 27 scanf("%d",&a[i]); 28 int l=0,r=n,ans=n; 29 while(l<r){ 30 int mid=(l+r)/2; 31 if(Judge(mid)) r=mid; 32 else l=mid+1; 33 } 34 printf("%d",l+1); 35 return 0; 36 }
.
还是T(还有WA掉的)掉一大片~~~
AC代码：
1 #include<iostream> 2 #include<cstring> 3 #include<cstdio> 4 #define maxn 50010 5 //用f[i]表示在做第i道题的情况下，前i道题在合法状况下 6 //（即空题段长度不超过mid）可能的所有方案中的最小时间 7 // 得到状态转移方程f[i]=min(f[j]+a[i],f[i]) 8 using namespace std; 9 int a[maxn],n,t,f[maxn],q[maxn]; 10 bool Judge(int x){ 11 memset(f,0,sizeof(f)); 12 int head=0,tail=0; 13 for(int i=1;i<=n;i++){ 14 while(head<=tail&&i-q[head]>x+1)head++;//对于f[i]他只能从i前面的x个答案中更新过来，所以先将无用的出队 15 // 16 f[i]=f[q[head]]+a[i]; 17 while(head<=tail&&f[q[tail]]>f[i])tail--; // j可以更新到j+x j+1可以更新到j+1+mid显然j+1更优秀 18 // 这时如果f[j+1]跟优秀的化，直接接将不够优秀的删掉 19 q[++tail]=i;//入队 20 } 21 int rt=500000000;// 不知为什么 这里写0x7f就是不对 22 for(int i=n-x-1;i<=n;i++) rt=min(rt,f[i]); 23 if(rt<=t)return true; 24 else return false; 25 } 26 int main() 27 { 28 scanf("%d%d",&n,&t); 29 for(int i=1;i<=n;i++) 30 scanf("%d",&a[i]); 31 int l=0,r=n,ans=n; 32 while(l<=r){ 33 int mid=(l+r)/2; 34 if(Judge(mid)) ans=mid,r=mid-1; 35 else l=mid+1; 36 } 37 printf("%d",ans); 38 return 0; 39 } 40 //感谢来自郑学长的讲解 ^_^ ^_^
这个题需要用到单调队列优化，虽然看上去是N2 * log2N 但是由于在单调队列中，所有的点只会进队出队一次，所以是N * log2N 的做法。