【C++心路历程25】课堂讲义【dp加单调队列】

【问题描述】

　　高二数学《课堂讲义》总共有n道题目要抄，编号1..n，抄每道题所花时间不一样，抄第i题要花 a[i] 分钟。由于 xxx还要准备IOI，显然不能成天写课堂讲义。xxx决定只用不超过 t 分钟时间抄这个，因此必然有空着的题。每道题要么不写，要么抄完，不能写一半。一段连续的空题称为一个空题段，它的长度就是所包含的题目数。这样应付自然会引起x老师的愤怒。x老师发怒的程度(简称发怒度)等于最长的空题段长度。

　　现在，xxx想知道他在这 t 分钟内写哪些题，才能够尽量降低x老师的发怒度。由于xxx很聪明，你只要告诉他发怒度的数值就可以了，不需输出方案。

【输入格式】

　　第一行为两个整数n,t，代表共有n道题目，t分钟时间。
　　以下一行，为n个整数，依次为a[1]， a[2]，… a[n]，意义如上所述。

【输出格式】

　　仅一行，一个整数w，为最低的发怒度。

【输入样例】

17 11
6 4 5 2 5 3 4 5 2 3 4 5 2 3 6 3 5

【输出样例】

【样例解释】

　　分别写第4，6，10，14题，共用时 2+3+3+3=11 分钟。空题段：1-3(长为3)，5-5(长为1)，7-9(长为3)，11-13(长为3)，15-17(长为3 )。　　所以发怒度为3。可以证明，此数据中不存在使得发怒度<=2的作法。

【数据范围】

30%数据 n<=2000，0

void solve()
{int x=1,y=n,ans=n;while(x<=y){int m=(x+y)/2;run(m);long long tmp=//空题段不超过m的情况下，完成题目所需的最小时间;if(tmp>t)//完成不了 x=m+1;else{y=m-1;ans=m;}   }printf("%d",ans);
}

现在的关键是处理
tmp，即空题段不超过m的情况下，完成题目所需的最小时间;
这里可以采用dp
方程：
//f(i)表示在前i道题中必选择第i道题做 && 最小空题段数不超过m时的最小时间
//f(i)=min{f(j) || i-m-1<=j<=i-1}+a[i]

朴素的dp：

//solve30
//f(i)表示在前i道题中必选择第i道题做 && 最小空题段数不超过m时 的最小时间
//f(i)=min{f(j) || i-m-1<=j<=i-1}+a[i] #include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
const long long inf=40000000000000005;
int n,t;
int a[100005];
long long f[100005];
void run(int m)
{//f(i)=min{f(j) || i-m-1<=j<=i-1}+a[i] f[0]=0;for(int i=1;i<=m;i++)f[i]=a[i];for(int i=m+1;i<=n+1;i++)f[i]=inf;   long long t;for(int i=1;i<=n+1;i++){t=inf;for(int j=i-m-1;j<=i-1;j++){t=min(t,f[j]);}f[i]=t+a[i];}
}
void solve()
{int x=1,y=n,ans=n;while(x<=y){int m=(x+y)/2;run(m);long long tmp=f[n+1];//空题段不超过m的情况下，完成题目所需的最小时间;if(tmp>t)//完成不了 x=m+1;else{y=m-1;ans=m;}   }printf("%d",ans);
}
int main()
{
//  freopen("in.txt","r",stdin);scanf("%d%d",&n,&t);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);a[n+1]=0;   solve();    return 0;
}

时间复杂度分析：O（n * n *log2 n）
显然不能通过全部数据。
分析方程
f(i)=min{f(j) || i-m-1<=j<=i-1}+a[i]
实际上实在窗口长度为m时找一个f(j)的最小值，因此可以用单调序列优化。

//solve100

void run(int m)
{//f(i)=min{f(j) || i-m-1<=j<=i-1}+a[i] f[0]=0;for(int i=1;i<=m;i++)f[i]=a[i];for(int i=1;i<=n+1;i++)f[i]=inf;   long long t;rear=0,front=0;q[rear++]=(data){0,0};for(int i=1;i<=n+1;i++){while(front!=rear && i-q[front].id-1>m) front++;f[i]=q[front].v+a[i];while(front!=rear && q[rear-1].v>f[i])  rear--;q[rear++]=(data){f[i],i};}
}

时间复杂度：O（n*log2 n *log2 n）(每个数据进队一次出队一次)

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