HDU 3486 题解：二分法与RMQ求解-优快云博客

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/IT_shao/article/details/107109912

博客讲述了如何解决HDU 3486问题，通过二分查找和RMQ（Range Minimum Query）技术，在分组元素中寻找最大值之和大于k的方案。内容强调了当组数增加时，最大值之和可能增大，以及暴力枚举的低效，并详细解释了利用单调性和ST表构建f数组的方法来优化求解过程。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

HDU 3486

总共n个元素，分成m段，每一段挑选出该段中的最大值，将最大值求和，看是否严格大于k。如果找不到输出-1。

如果分的组比较少，每一组元素比较多，那么所得的和就会比较小；如果组分得多，原来比较小的就有可能会成为最大的，那么所得的和也会大。如果每一个数，即每一个数一组，他们的和都不大于k的话，说明根本找不到m，输出-1

可能大家会想到暴力，用k除以最大的元素找到m的最小值，然后m不断++，暴力枚举。但这样实在是太慢了！为什么呢？首先分个组数，m不断加一，k可以到10个亿啊，组数会很多。。。

解法：二分+RMQ

如果分成三组可以，那么分成五组，六组，七组......肯定会更好，这就是明显的单调性！可以用二分！

至于RMQ就是求区间最值，用f数组构建ST表。f[i][j]表示以a[i]开头，长度为2^j的连续区间的最值。

//HDU 3486
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=200000+5;

int n,sum;
ll k;
int f[MAXN][25];

void RMQ()
{
	for(int j=1;j<=log2(n);j++) 
	  for(int i=0;i+(1<<j)-1<n;i++)
	    f[i][j]=max(f[i][j-1],f[i+2<<(j-1)][j-1]); 
}

int search(int L, int R)//查询函数 
{
    int k=0;
    
	while(1<<(k+1)<=R-L+1) k++;
    
	return max(f[L][k],f[R-(1<<k)+1][k]);
}
bool check(int len,int s)//len 每一组的长度，s是组数 
{
	int sum=0;
    
    for(int i=1; i<=s; i++)
	{
        int l=(i-1)*len; 
        int r=len*i-1;
        sum+=search(l,r);//查表 
        if(sum>k) 
            return true;
    }
    return false;
}
int main()
{
	while(cin>>n>>k)//while(~scanf("%d%d",&n,&k))
	{
		if(n==-1&&k==-1) break;
		
		for(int i=0;i<n;i++)
		{
			cin>>f[i][0];
			sum+=f[i][0];
		}
		if(sum<=k)
		{
			cout<<"-1";
			continue;
		}
		RMQ();
		int ans,l=1,r=n;//l是指二分分了多少组，最起码也得1组，最多n组 
        while(l<=r)
		{
            int mid=(l+r)/2;
            if(check(n/mid,mid))//分了mid组，n/mid是每一组的大小 
			{
                ans=mid;//如果返回真，说明组数多了，再看能不能在小点 
                r=mid-1;
            }
            else
                l=mid+1;
        }
        
        cout<<ans;
	}
	
	
  return 0;
}

写作不易，麻烦动手点个赞，懂？