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给定一个(n)个单词的文本，第(i)个单词的长度为(len_i)，要求截取文本的一段（单词必须取整的），分若干行放，同行单词用空格分隔，使得每行的长度不超过(m)，最多放(s)行。求截取的单词数最多的截法。
(ninleft[1,10^6 ight],sumlimits_{i=1}^nlen_iinleft[1,5 imes10^6 ight],msinleft[1,10^6 ight])。
这道题想要AC还是很容易的。考虑枚举截取的第(1)个单词，然后计算往后最多能延申多少个单词，最后取个(max)。重点在于如何计算往后最多能延申多少个单词，这个可以傻傻地贪心。先求出(spl)数组，表示从第(i)个单词开始最多能往后延申到第(spl_i-1)个单词放在一行。很显然，“是否能延申到第(x)个单词放在一行”具有单调性，于是(spl)数组可以(mathrm O(nlog n))配合前缀和二分求出。那么从第(i)个单词往后最多能延申的单词数就是(underbrace{spl_{spl_{spl_{cdots_{i}}}}}_{s ext{次}spl ext{映射}}-i)。这个又显然可以总共(mathrm O(nlog n))倍增求出。于是(mathrm O(nlog n))的复杂度是extremely easy的。
而我们是追求完美的OIer，这个复杂度能否达到(mathrm O(n))呢？带(log)复杂度的地方有(2)个——求(spl)数组和(s)次(spl)映射，我们一个一个来看。
首先是求(spl)数组。不难发现，(spl)数组本身具有单调性，即(spl_ile spl_{i+1})，那么我们可以从后往前two-pointers，求(spl_i)时，只需从(spl_{i+1})到(i)从后往前试是否能延申到即可。其中边界是(spl_{n+1}=n+1)。这样所有单词均摊被试(mathrm O(n))次，时间复杂度就没有(log)了。
接下来是映射。仍然利用(spl)数组的单调性，若在所有(i)和(spl_i)之间连一条边，若(i=spl_i)则不连边，那么一定会形成一个森林，而对(i)进行(s)次映射显然就等于节点(i)的(min(s,dep_i))辈祖先。我们对森林里的每一棵树进行DFS，同时维护一个递归栈(stk)，那么(mathrm O(1))便可找到节点(i)的(min(s,dep_i))辈祖先，复杂度也变成整体(mathrm O(n))了。
下面贴代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
const int N=1000000;
int n/*单词数*/,m/*每行最多能放的长度*/,s/*最多能放的行数*/;
string a[N+1];//单词们
int Sum[N+1];//前缀长度和（每个单词后面加上空格）
vector<int> son[N+2];int fa[N+2];//树，fa即spl数组
int stk[N+1],top;//递归栈
int ans[N+2];//从第i个单词开始最多能延伸的单词数
void dfs(int x){//对树DFS
stk[top++]=x;//将此节点入栈
ans[x]=stk[max(0,top-1-s)]-x;//O(1)找min(s,dep[i])辈祖先
for(int i=0;i<son[x].size();i++){
int y=son[x][i];
dfs(y);
}
top--;//出栈
}
int main(){
cin>>n>>s>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i],Sum[i]=Sum[i-1]+a[i].size()+1/*预处理前缀和*/;
fa[n+1]=n+1;//递推边界
for(int i=n;i;i--){//从后往前递推
fa[i]=fa[i+1];
while(Sum[fa[i]-1]-Sum[i-1]-1>m)fa[i]--;//从后往前试
if(fa[i]!=i)son[fa[i]].pb(i);//连边
}
// for(int i=1;i<=n+1;i++)cout<<fa[i]<<" ";puts("");
for(int i=1;i<=n+1;i++)if(fa[i]==i)top=0,dfs(i);//DFS每棵树
int mx=*max_element(ans+1,ans+n+2);//最大答案
for(int i=1;i<=n+1;i++)if(ans[i]==mx){
while(s--){//输出
for(int j=i;j<fa[i];j++)cout<<a[j]<<(j<fa[i]-1?" ":"
");
i=fa[i];
}
return 0;
}
}