• 2023牛客OI赛前集训营-提高组(第三场) 分糖果


    题目大意

    有一个长度为 n n n的序列 a i a_i ai,现在你可以取序列 a i a_i ai的前若干个元素,并将这些元素分成 k k k个连续的区间。一种方案分法的分数为这些区间的区间和中的最大值,求分数的最小值。

    T T T组数据。

    1 ≤ T ≤ 3 , 1 ≤ n ≤ 1 0 5 , 1 ≤ k ≤ n , − 1 0 9 ≤ a i ≤ 1 0 9 1\leq T\leq 3,1\leq n\leq 10^5,1\leq k\leq n,-10^9\leq a_i\leq 10^9 1T3,1n105,1kn,109ai109


    题解

    我们可以二分答案,设当前二分到的值为 m i d mid mid

    f i f_i fi表示前 i i i个数字中最多可以分成多少段,使得每一段的和都大于等于 m i d mid mid。如果存在 f i > k f_i>k fi>k,则 m i d mid mid是可行的;否则, m i d mid mid不可行。

    f i f_i fi的转移式如下:

    f i = max ⁡ { f j } + 1 f_i=\max\{f_j\}+1 fi=max{fj}+1,其中 j < i jj<i s i − s j ≥ m i d s_i-s_j\geq mid sisjmid,数组 s s s为数组 a a a的前缀和数组。

    这样做的时间复杂度为 O ( n 2 log ⁡ v ) O(n^2\log v) O(n2logv),其中 v v v为值域。我们考虑优化。

    我们发现, j j j需要满足的条件为 j < i jj<i s j ≤ s i − m i d s_j\leq s_i-mid sjsimid。那么,我们将所有 s i s_i si s i − m i d s_i-mid simid排序并离散化一下,用树状数组来维护所有满足条件的 j j j中的最小的 f j f_j fj,查询时用 s i − m i d s_i-mid simid离散化后的位置来求前缀最小值。这样的话,修改和查询都是 O ( log ⁡ n ) O(\log n) O(logn)的。

    时间复杂度为 O ( T n log ⁡ n log ⁡ v ) O(Tn\log n\log v) O(Tnlognlogv)

    code

    #include
    using namespace std;
    int T,n,K,tr[200005],f[100005];
    long long ans,a[100005],sum[100005];
    vector<long long>v;
    int lb(int i){
    	return i&(-i);
    }
    void pt(int i,int w){
    	while(i<=v.size()){
    		tr[i]=max(tr[i],w);
    		i+=lb(i);
    	}
    }
    int find(int i){
    	int re=-1e9;
    	while(i){
    		re=max(re,tr[i]);
    		i-=lb(i);
    	}
    	return re;
    }
    int gtid(long long w){
    	int t=lower_bound(v.begin(),v.end(),w)-v.begin();
    	return v.size()-t;
    }
    bool pd(long long mid){
    	v.clear();
    	for(int i=1;i<=n;i++){
    		v.push_back(sum[i]);
    		v.push_back(sum[i]-mid);
    	}
    	v.push_back(0);
    	sort(v.begin(),v.end());
    	v.erase(unique(v.begin(),v.end()),v.end());
    	for(int i=1;i<=v.size();i++) tr[i]=-1e9;
    	f[0]=0;
    	pt(gtid(0),f[0]);
    	for(int i=1;i<=n;i++){
    		f[i]=find(gtid(sum[i]-mid))+1;
    		pt(gtid(sum[i]),f[i]);
    		if(f[i]>=K) return 1;
    	}
    	return 0;
    }
    int main()
    {
    	scanf("%d",&T);
    	while(T--){
    		scanf("%d%d",&n,&K);
    		for(int i=1;i<=n;i++){
    			scanf("%lld",&a[i]);
    			sum[i]=sum[i-1]+a[i];
    		}
    		long long l=-1e15,r=1e15,mid;
    		while(l<=r){
    			mid=l+r>>1;
    			if(pd(mid)) r=mid-1;
    			else l=mid+1;
    		}
    		printf("%lld\n",r+1);
    	}
    	return 0;
    }
    
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  • 原文地址:https://blog.csdn.net/tanjunming2020/article/details/133934509