【BZOJ1044】【tyvj3511】【codevs1870】木棍分割，二分答案+滚动数组+前缀和DP

传送门1
传送门2
传送门3
写在前面：就我看来，这是一道不错的题
思路：
一.对于“求总长度最大的一段的长度最小值”这个问题，我们比较容易想到二分答案然后判断是否合法，显然这个是可以直接贪心搞的，记录前缀和，从1-n枚举，一旦这一段长度超过mid就砍，并重新计算长度，直到某一单木棍长度超过mid或砍得超过m次，返回非法，否则合法
二.“有多少种砍的方法”这个问题着实让我纠结了很久，最后想出来一个三维DP，记录前i个木棒砍j次并且最后一个砍的地方是k，但显然时间和空间复杂度都是不能承受的，后来知道其实可以去掉k维，DP方程为
f[i][j]=Σ(f[k][j−1])(要求sum[i]−sum[k]>=minn)f[i][j]=Σ(f[k][j-1]) (要求sum[i]-sum[k]>=minn)
就现在看，但这个二维DP的空间复杂度仍是很可怕的，如果我们用short存储（因为答案要mod10007），内存也会达到96M，同时我们要用三个循环控制变量，时间复杂度O(n*n*m)，这是必定超时的，那么我们就要对这个DP进行优化
1.首先我们发现对于每一个i来说，k的最小值是固定不变的，即每次我们对f[i][j]加的即是Σ(f[p][j-1])(k<=p<=i-1)，那么我们可以在对于每一个j求出一趟后维护一下区间值，争取在较短时间内调出f[i-1][j-1]到f[k][j-1]，显然我们可以对每个j求一次f[1][j-1]到f[n][j-1]的前缀和，复杂度为O(n)，那么我们就可以顺利在O(n)时间转移所有f[i][j]（对于k的求法，我们有一个伪O(n*n)的方法，但实际效果要比n*n快很多），DP的总转移时间就由O(n*n*m)变成了O(n*m)
2.其实题目到这里就可以A了，但空间复杂度很难看，反而还加了一个存前缀和的数组，但我们在存前缀和的时候肯定不是开n*m的数组，同样我们就联想到了对于该题的DP方程我们同样不必开n*m的数组，由于每次转移只用到j-1的状态，所以我们可以改成滚动数组，同样前缀和也是，至此，题目完成
注意：
1.初始化时，我们对所有前缀和小于等于二分出的答案的f[i][0]=1，其他为0
2.转移时f[i][x]一定是赋值而不是+=，因为开的是滚动数组
3.小心越界，一生平安

#include<bits/stdc++.h>
#define mod 10007
using namespace std;
int n,m,minn,ans,x;
int f[50010][2],g[50010][2],pos[50010],len[50010],sum[50010];
inline bool check(int x)
{int k=0,tot=0;for (int i=1;i<=n;i++)if (sum[i]-sum[k]>x){if (len[i]>x||tot==m) return 0;tot++;k=i-1;}return 1;
}
main()
{scanf("%d%d",&n,&m);for (int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&len[i]),sum[i]=sum[i-1]+len[i];int l=1,r=sum[n],mid=(l+r)>>1;while (l<=r){if (check(mid)) minn=mid,r=mid-1;else l=mid+1;mid=(l+r)>>1;}for (int i=1;i<=n;i++)if (sum[i]<=minn) f[i][0]=1;else break;for (int i=1;i<=n;i++){if (sum[i]<=minn) continue;for (int j=i-1;j>=0;j--)if (sum[i]-sum[j]>minn) {pos[i]=j+1;break;}}while (m--){for (int i=1;i<=n;i++)g[i][x]=g[i-1][x]+f[i][x];x^=1;for (int i=1;i<=n;i++)f[i][x]=(g[i-1][!x]-g[max(pos[i]-1,0)][!x])%mod;ans=(ans+f[n][x])%mod;}printf("%d %d",minn,ans);
}

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