bzoj 1233 干草堆tower 优先队列优化dp

https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1233

描述：

奶牛们讨厌黑暗。为了调整牛棚顶的电灯的亮度，Bessie必须建一座干草堆使得她能够爬上去够到灯泡。一共有N大包的干草（1<=N<=100000）(从1到N编号)依靠传送带连续的传输进牛棚来。第i包干草有一个宽度W_i(1<=w_i<=10000)。所有的干草包的厚度和高度都为1. Bessie必须利用所有N包干草来建立起干草堆，并且按照他们进牛棚的顺序摆放。她可以相放多少包就放多少包来建立起tower的地基（当然是紧紧的放在一行中）。接下来他可以放置下一个草包放在之前一级的上方来建立新的一级。注意：每一级不能比下面的一级宽。她持续的这么放置，直到所有的草包都被安置完成。她必须按顺序堆放，按照草包进入牛棚的顺序。说得更清楚一些：一旦她将一个草包放在第二级，她不能将接下来的草包放在地基上。 Bessie的目标是建立起最高的草包堆。

输入：

第1行：一个单一的整数N。第2~N+1行：一个单一的整数:W_i。

输出：

第一行：一个单一的整数，表示Bessie可以建立的草包堆的最高高度。

首先容易想到，题目等价于将1~N的序列反置，然后在序列上划分区间，使得前面的区间权值之和小于等于后面区间权值之和。

于是马上就想到贪心，前面的区间权值之和越小越好，就这么贪，但是这种策略是错的。

比如对于反置后的序列

2 1 1000 ……

那么第一个区间假如只是2的话，第二个区间只能选1 和 1000 ，权值和为1001

假如第一个区间选2 和 1 ，那么第二个区间的权值和就为1000

明显后者对接下来更有利，第一个区间为第二个区间分摊了长度。

因此对于第i个区间我们应该选择可以选择的权值的最大值。

设

len[i] ：第i个数所在的层数稻草堆叠的宽度

sum[i] : len[i]的前缀和

dp[i] ：第1~i个数所能划分的最大的区间

那么对于第i个数来说，它的上一层的宽度需要长度小于等于它所在的层数的长度，也就是

len[j] <= sum[i] - sum[j+1]

然后为了dp[i]更新到的答案尽量大，j应该尽量大（或者说为了上一层能够尽可能分摊更多的权值，需要j尽可能的大）

这个普通的dp递推需要O(n^2)的时间复杂度，是不可以接受的，对于这题可以使用单调队列优化

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
const int maxn = 1e5 + 7;
using namespace std;
int num[maxn], sum[maxn], dp[maxn], len[maxn];
int q[maxn];
int n;
int main() {cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++)scanf("%d", num + n - i + 1);for (int i = 1; i <= n; i++)sum[i] = sum[i - 1] + num[i];int l = 1, r = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {//同一层长度最小//找到满足条件的j的最大值，需要判断优先队列的下一位，也就是q[l+1]是否满足条件//假如满足条件则l++继续判断，否则当前的q[l]则是答案while (l < r&&sum[i] - sum[q[l + 1]] >= len[q[l + 1]])l++;dp[i] = dp[q[l]] + 1;len[i] = sum[i] - sum[q[l]];// 由len[j]<=sum[i]-sum[j] 得 ，len[j]+sum[j]<=sum[i], 假如// 后面加入的len[i]+sum[i] 比前面的大，那么前面的就没有存在的// 必要了while (l < r&&len[i]+sum[i]>=len[q[r]]+sum[q[r]])r--;q[++r] = i;}cout << dp[n] << endl;
}

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