[bzoj1044][HAOI2008][木棍分割] (二分+贪心+dp+队列优化)

　　有n根木棍, 第i根木棍的长度为Li,n根木棍依次连结了一起, 总共有n-1个连接处. 现在允许你最多砍断m个连
接处, 砍完后n根木棍被分成了很多段,要求满足总长度最大的一段长度最小, 并且输出有多少种砍的方法使得总长
度最大的一段长度最小. 并将结果mod 10007。。。

　　输入文件第一行有2个数n,m.接下来n行每行一个正整数Li,表示第i根木棍的长度.n<=50000,0<=m<=min(n-1,10
00),1<=Li<=1000.

　　输出有2个数, 第一个数是总长度最大的一段的长度最小值, 第二个数是有多少种砍的方法使得满足条件.

10 2

两种砍的方法: (1)(1)(10)和(1 1)(10)

Solution

from Joe Fan，一个写得很好的题解

第一问是一个十分显然的二分，贪心Check()，很容易就能求出最小的最大长度 Len 。

第二问求方案总数，使用 DP 求解。

　　使用前缀和，令 Sum[i] 为前 i 根木棍的长度和。

　　令 f[i][j] 为前 i 根木棍中切 j 刀，并且满足最长长度不超过 j 的方案数，那么：

　　　　状态转移方程： f[i][j] = Σ f[k][j-1] 　　((1 <= k <= i-1) && (Sum[i] - Sum[k] <= Len))　　

　　这样的空间复杂度为 O(nm) ，时间复杂度为 O(n^2 m) 。显然都超出了限制。

　　下面我们考虑 DP 的优化。

　　1) 对于空间的优化。

　　　　这个比较显然，由于当前的 f[][j] 只与 f[][j-1] 有关，所以可以用滚动数组来实现。

　　　　f[i][Now] 代替了 f[i][j] ， f[i][Now^1] 代替了 f[i][j-1] 。为了方便，我们把 f[][Now^1] 叫做 f[][Last] 。

　　　　这样空间复杂度为 O(n) 。满足空间限制。

　　2) 对于时间的优化。

　　　　考虑优化状态转移的过程。

　　　　对于 f[i][Now] ，其实是 f[mink][Last]...f[i-1][Last] 这一段 f[k][Last] 的和，mink 是满足 Sum[i] - Sum[k] <= Len 的最小的 k ，那么，对于从 1 到 n 枚举的 i ，相对应的 mink 也一定是非递减的（因为 Sum[i] 是递增的）。我们记录下 f[1][Last]...f[i-1][Last] 的和 Sumf ，mink 初始设为 1，每次对于 i 将 mink 向后推移，推移的同时将被舍弃的 p 对应的 f[p][Last] 从 Sumf 中减去。那么 f[i][Now] 就是 Sumf 的值。

　　　　这样时间复杂度为 O(nm) 。满足时间限制。

//KaibaSeto 20170128
#include <stdio.h>
#include <memory.h>
#define MaxN 50010
#define MaxBuf 1<<22
#define mo 10007
#define RG register
#define mid ((x>>1)+(y>>1)+(x&y&1))
char B[MaxBuf],*p=B;
template<class Type>inline void Rin(RG Type &x){
    x=0;
    while(*p<'0'||*p>'9')p++;
    while(*p>='0'&&*p<='9')
        x=(x<<1)+(x<<3)+*p++-'0';
}
int n,m,l[MaxN],s[MaxN],ans,cnt,f[2][MaxN];
inline bool Jud(RG int lim){
    RG int tot=0,block_num=0;
    for(RG int i=1;i<=n;i++){
        if(l[i]>lim)return false;
        tot+=l[i];
        if(tot>lim){
            block_num++; tot=l[i];
        }
        if(block_num>m)return false;
    }
    return true;
}
inline void bin_search(){
    RG int x=1,y=s[n];
    while(x<=y)
        Jud(mid)?(ans=mid,y=mid-1):x=mid+1;
    printf("%d ",ans);
}
inline void approach(){
    RG int c=0;
    for(RG int i=0;i<=m;i++){
        c^=1;
        RG int tot=0,k=1;
        for(RG int j=1;j<=n;j++){
            if(!i)f[c][j]=(s[j]<=ans);
            else{
                while(k<j&&s[j]-s[k]>ans){
                    tot-=f[c^1][k];
                    (tot+=mo)%=mo;
                    ++k;
                }
                f[c][j]=tot;
            }
            (tot+=f[c^1][j])%=mo;
        }
        (cnt+=f[c][n])%=mo;
    }
    printf("%d
",cnt);
}
#define FO(x) {freopen(#x".in","r",stdin);}
int main(){
    FO(bzoj1044);
    fread(p,1,MaxBuf,stdin);
    Rin(n),Rin(m);
    for(RG int i=1;i<=n;i++){
        Rin(l[i]);
        s[i]=s[i-1]+l[i];
    }
    bin_search();
    approach();
    return 0;
}

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