【洛谷P4085】Haybale Feast【分块】

题目大意：

题目链接：https://www.luogu.org/problemnew/show/P4085

给出长度为$n$的两个数组$f$和$s$。求在满足$\sum^{r}_{i=l}f[i] \geq m$时，$max(s[l],s[l+1],s[l+2]......,s[r-1],s[r])$的最小值。

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思路：

首先，我们可以证明，若$\sum^{r}_{i=l}f[i]\geq m$并且$\sum^{r}_{i=l+1}f[i] \geq m$，那么肯定选择后者会使答案更优。

证明：
由于$s[i] \geq 0$，那么我们分两种情况讨论。
若$s[l]>s[l+1]$，那么$max(s[l],s[l+1]......,s[r-1],s[r])$一定不小于$max(s[l+1],s[l+2]......,s[r-1],s[r])$。我们设$x=max(s[l+1],s[l+2]......,s[r-1],s[r])$，那么就是要在$s[i] \geq 0$的情况下比较$max(x,s[l])$和$x$的大小。很明显后者不会大于前者，而我们最终要求最小值，所以前者肯定不会有贡献。
那么当$s[l] \leq s[l+1]$时，很明显$max(s[l],s[l+1]......,s[r-1],s[r])$和$max(s[l+1],s[l+2]......,s[r-1],s[r])$是一样的，前者依旧不会做出贡献。
证毕。

所以我们可以维护一个队列$q$，保证$q$里面所有元素的和大于等于$m$，并且只要再删除$s[q.front()]$的话就会小于$m$。

然后对于这个数列，我们要取出中间的最大值，可以用很多方法。我用的是分块。求出最大值之后再求出所有最大值的最小值即可。

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代码：

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <iostream>
#define ll long long
using namespace std;

const int N=100100; 
int n,s[N],L[N],R[N],pos[N],t,maxn[N],print=1e9;
ll sum,m,f[N];
queue<int> q;

int find(int l,int r)  //求出l到r之间的最大值
{
	int ans=0;
	for (int i=l;i<=r;i++)
	 ans=max(ans,s[i]);
	return ans;
}

int ask(int l,int r)  //询问l到r之间的最大值
{
	int q=pos[l],p=pos[r];
	if (q==p) return find(l,r);
	int ans=max(find(l,R[q]),find(L[p],r));  //左右两边暴力解决
	for (int i=q+1;i<p;i++)
	 ans=max(ans,maxn[i]);
	return ans;
}

int main()
{
	scanf("%d%lld",&n,&m);
	t=(int)sqrt(n);
	for (int i=1;i<=t;i++)  //初始化每个区间的左右端点
	{
		L[i]=R[i-1]+1;
		R[i]=i*t;
	}
	if (R[t]<n)
	{
		L[++t]=R[t-1]+1;
		R[t]=n;
	}
	for (int i=1;i<=n;i++)
	 scanf("%lld%d",&f[i],&s[i]);
	for (int i=1;i<=t;i++)
	 for (int j=L[i];j<=R[i];j++)
	 {
		pos[j]=i;
		maxn[i]=max(maxn[i],s[j]);  //求出每个区间的最大值
	 }
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		q.push(i);
		sum+=f[i];
		while (sum-f[q.front()]>=m)  //保证可以有贡献
		{
			sum-=f[q.front()];
			q.pop();
		}
		if (sum>=m)
		 print=min(print,ask(q.front(),q.back()));
	}
	printf("%d\n",print);
	return 0;
}