Description

印度洋暖流温润着纽约，四季丰沛的雨水造就了一望无际的大草原。蒙古包是纽约最独特的一道风景线，每至二月中旬，纽约的土著傣族人民又开始半年一度的转场了。
由于牲畜和行李过多，牧民 Azone 不得不多次往返于两个草场之间运输家当。为了顺利转场，Azone 决定花费 w 元津巴布韦币，购买一辆载重为 w 的汽车。共有 n 件家具需要搬运，每件家具的重量为 wi 。Azone 每次出发前，会搬若干件总重不超过 w 的物品上车：出发前，车是空载的，Azone 会选择能搬上车的家具中最重的一件放上车(即该家具之前还未运走且放置该家具后汽车不会超载），然后在剩下的家具中继续选择一件能被搬走的最重的上车，持续装车，直至剩下的家具都塞不上车。装载完毕后，Azone 会开车运走这些家具，卸在目的地，再驾空车返回继续运送，直至转场完毕。
Azone 希望在运送次数不超过 R 的情况下完成转场，求 Azone 最少需要购置价值多少的车。

Input

第一行，两个整数 n 和 R，分别表示家具件数及最多运送次数。
第二行，若干个整数 wi ，表示家具重量。

Output

一行，表示答案。

Sample Input

6 2
26 7 10 30 5 4

Sample Output

Data Constraint

subtask 1 60pts，R,n,w i ≤ 20。
subtask 2 40pts，没有额外限制。
对于100% 的数据，1 ≤ R,n,wi ≤ 2000。

Solution

考场上看到这题，哇，二分答案啊，拍都没拍就交了。
结果——WA 60分！
不能直接二分啊！
对于本题，我们并不能证明对于一个合法容量 WW ，W+1W+1 也合法（刚好卡住的情况）。
我们设最优答案为 CC ，再令 mx=Max{wi}mx=Max\{w_i\} 。
于是我们可以证明所有 W≥C+wiW\ge C+w_i 一定合法（因为每次都一定可以多装点）。
那么我们随便二分一个答案 TT （注意不一定 TT 就是最优的）。
此时所有 W<T−mxW 一定不合法。
那么我们暴力检验 mxmx 个，在区间 [T−mx,T][T-mx,T] 中选一个最优的即可。
在判断一个容量 WW 是否合法时，
可以用一个 multisetmultiset 每次 O(logN)O(logN) 的查找出能装的最大的那个。
即可以 O(N log N)O(N\ log\ N) 判断。
时间复杂度 O(N2 log N)O(N^2\ log\ N) 。

Code

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<set>
using namespace std;
const int N=2005;
int n,R,mx,ans;
int w[N];
multiset<int>s;
multiset<int>::iterator it;
inline int read()
{int X=0,w=0; char ch=0;while(!isdigit(ch)) w|=ch=='-',ch=getchar();while(isdigit(ch)) X=(X<<1)+(X<<3)+(ch^48),ch=getchar();return w?-X:X;
}
inline int max(int x,int y)
{return x>y?x:y;
}
inline bool check(int x)
{s.clear();for(int i=1;i<=n;i++) s.insert(w[i]);int cnt=0;while(!s.empty()){int sum=x;while(!s.empty() && sum>=*s.begin()){it=s.upper_bound(sum);it--;sum-=*it;s.erase(it);}if(++cnt>R) break;}return cnt<=R;
}
int main()
{freopen("newyork.in","r",stdin);freopen("newyork.out","w",stdout);n=read(),R=read();int l=0,r=0;for(int i=1;i<=n;i++){r+=w[i]=read();mx=max(mx,w[i]);}while(l<=r){int mid=l+r>>1;if(check(mid)){r=mid-1;ans=mid;}else l=mid+1;}for(int i=ans-mx;i<ans;i++)if(check(i)) return 0&printf("%d\n",i);printf("%d\n",ans);return 0;
}

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