BZOJ3141：[HNOI2013]旅行

浅谈队列：https://www.cnblogs.com/AKMer/p/10314965.html

题目传送门：https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3141

很好的一道单调队列题……

先把(0)变成(-1)，然后(sum_i)表示([i,n])的后缀和。

首先考虑子段和最大值最小是多少。

首先，答案最小不会小于(lceil frac{|sum_1|}{m} ceil)

其次，假设相邻的(1)或(-1)全部合并在一起变成(0)抵消掉（因为不管放在哪一段都无影响），留下(|sum_1|)个(1)或(-1)，直接均分，刚好可以使最大值是(lceil frac{|sum_1|}{m} ceil)，所以答案就是这个玩意儿。

但是当(sum_1)等于(0)且后缀和为(0)的(pos)个数小于(m)时答案就是(1)，因为分不出那么多段。

在知道答案后，我们再分情况讨论字典序：

当答案等于(0)时，直接把后缀和等于(0)的前一个点拎出来用单调队列搞搞就行。

当答案不等于(0)，我们考虑假设第(i)段结尾的是(lst)，那么第(i+1)段结尾处后一个位置的后缀和(s)要满足(|sum[lst+1]-s|leqslant ans)。

展开一下：(sum[lst+1]-ansleqslant s leqslant sum[lst+1]+ans)

然后对于每种不同的后缀和维护一个单调队列即可。

每次根据上面的等式枚举下一个(s)，然后对于子问题(lceilfrac{|s|}{m-i} ceil)不会超过全局问题的答案，并且后面够分(m-i)段，就把他丢到对应的单调队列里面。然后对于每个单调队列的队头拿出来比较选最好的一个就行了。

为啥要开多个单调队列而不是用一个单调队列呢？因为对于每个子问题，所满足的后缀和(s)并不一样，不能用当前子问题的(s')把(s'')的队头弹掉了，万一下一次只支持(s'')而不支持(s')并且之前被你弹掉的那个就是答案呢？

剩下的细节见代码吧。

时间复杂度：(O(nsqrt{n}))

空间复习度：(O(n))

代码如下：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int maxn=1e6+6;

int n,m,ans,num,val;
int id[maxn],like[maxn],sum[maxn],cnt[maxn];
int tot[maxn],tmp[maxn],list[maxn],stk[maxn];

int read() {
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())if(ch=='-')f=-1;
	for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())x=x*10+ch-'0';
	return x*f;
}

struct Queue {
	int head,tail;

	void push_back(int pos) {
		while(head!=tail&&id[list[tail-1]]>id[pos])tail--;
		list[tail++]=pos;
	}

	int front() {return list[head];}

	void pop_front() {if(head!=tail)head++;}

	bool empty() {return head==tail;}
}alpha[maxn<<1],*q=alpha+maxn;

struct Stack {
	int tp,cnt;

	void push_back(int pos) {cnt++;stk[++tp]=pos;}

	bool empty() {return !cnt;}
	
	int top() {return stk[tp];}

	void pop() {tp--;cnt--;}
}beta[maxn<<1],*s=beta+maxn;

int main() {
	n=read(),m=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		id[i]=read(),like[i]=read();
	for(int i=n;i;i--) {
		like[i]-=(!like[i]);
		tmp[i]=sum[i]=sum[i+1]+like[i];
		cnt[i]=cnt[i+1]+(!sum[i]);
	}
	ans=sum[1]?(abs(sum[1])+m-1)/m:cnt[1]<m;
	if(!ans) {
		for(int i=1,j=2;i<m;i++) {
			for(;j<=n&&cnt[j+1]>=m-i;j++)
				if(!sum[j+1])q[0].push_back(j);
			int res=q[0].front();q[0].pop_front();
			printf("%d ",id[res]);
		}
	}
	else {
		sort(tmp+1,tmp+n+1);
		num=unique(tmp+1,tmp+n+1)-tmp-1;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			tot[lower_bound(tmp+1,tmp+num+1,sum[i])-tmp]++;
		for(int i=1;i<=num;i++) {
			s[tmp[i]].tp=val;
			q[tmp[i]].head=q[tmp[i]].tail=val;
			val+=tot[i];
		}
		int lst=0;id[n+1]=n+1;
		for(int i=n;i>1;i--)s[sum[i]].push_back(i-1);
		for(int i=1;i<m;i++) {
			int res=n+1;
			for(int j=sum[lst+1]-ans;j<=sum[lst+1]+ans;j++) {
				if((abs(j)+m-i-1)/(m-i)>ans)continue;
				while(!s[j].empty()&&n-s[j].top()>=m-i) {
					if(s[j].top()>lst)q[j].push_back(s[j].top());
					s[j].pop();
				}
				while(!q[j].empty()&&q[j].front()<=lst)q[j].pop_front();
				if(!q[j].empty()&&id[q[j].front()]<id[res])res=q[j].front();
			}
			lst=res;printf("%d ",id[res]);
		}
	}
	printf("%d
",id[n]);
	return 0;
}