bzoj 1233 题解

题意简述

我们有$n$个数，要把这些数连续的划分，使得这些划分中的和不下降。输出最大能划分成多少个。

数据

输入
3
1
2
3
输出
2

解释：

划分：$|(1,2)|(3)|$（其中一个$|$表示切开）
也就是1,2在一块，3在一块即可

思路

一看就知道是个DP。

如何推+优化转移方程呢？

1.(老汉）推（车）

首先肯定要有一个$f$表示最大数量，毕竟这是答案。设$f[i]$表示到$i$点的最大数量，那么答案就是$f[n]$。在我们转移的过程中，我们会发现，这个划分还要单调不增，所以还要加上限制。如何加上这个毒瘤的限制呢？考虑多开一个$g$(是指一个$g$数组，不是一个$G$的内存。。)，$g[i]$表示$f[i]$这个状态的最后一个划分中的和。为了方便求和，预处理好前缀和。我们在计算$f[i]$的时候，枚举一个$j(0<j<i)$，如果$j$到$i$的和$>=g[j]$，且$i$到$j$的和是所有$j$中最小的，那么$f[i]=f[j]+1$，$g[i]=j$到$i$的和。

但显然这个$DP$的转移是$O(n)$的，总体就是$O(n^2)$，会$TLE$。

2.(女)优化
通过打表，我们会发现，如果$DP$数组倒着推就会有单调性！我们考虑把上面的反一下，也就是$f[i]$表示从$n$到$i$点的最大数量，$g[i]$是$f[i]$时的最前面一个排列中的和，转移状态的时候$j$就变成了$i<j<=n$。

设我们刚刚处理的前缀和数组名字叫$s$，那么转移方程就变成
$$\begin{gathered} if(s(j-1)-s(i-1)>=g[j]{)}^{[1]} \\ f(i)=f(j)+1 \\ g(i)=s(j-1)-s(i-1) \end{gathered}$$
其中$j$取使得$s(j-1)-s(i-1)$最小的那个$j$。

我们把${}^{[1]}$式变一下形:
$s(j-1)-g[j]>=s(i-1)$
如果枚举了两个$j$，一个是$j_1$，一个是$j_2$，令$j_1<j_2$，并且$s(j_2-1)-g(j_2)<=s(j_1-1)-g(j_1)$的时候（代码中的判定写作$g(j_2)-g(j_1)>=s(j_2-1)-s(j_1-1)$，做了一点移项），$j_2$就相当于 被阉了 废了。
如何把这些 太监没用的$j_2$给去掉呢?
单调队列。
然后这个题就非常优美的$O(n)$的过了。
代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define N 100100
using namespace std;

int a[N],n;
int s[N];//前缀和数组

void Input()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
        s[i]=s[i-1]+a[i];
    }
}

int Q[N],head,tail;//单调队列
int g[N],f[N];//和上面一样的
int sum(int l,int r)//求l到r的和
{
    return s[r]-s[l-1];
}
void Solve()
{
    head=tail=1;//这个队列是初始1,1然后队列包括tail这个位置的写法
    Q[1]=n+1;
    for(int i=n;i>=1;i--)
    {
        #define Front (Q[head])//队首
        #define Back (Q[tail])//队尾
        while(head<tail and sum(i,Q[head+1]-1)>=g[Q[head+1]]) ++head;//去掉队首的不合法的值
        g[i]=sum(i,Front-1);
        f[i]=f[Front]+1;

        while(head<=tail and sum(i,Back-1)<=g[Back]-g[i]) --tail;//去掉队尾的没用值
        Q[++tail]=i;//加入队列
    }
    printf("%d\n",f[1]);//f[1]是答案
}

main()
{
    Input();
    Solve();
    return 0;
}