poj 3017 题解

题意简述

给定一个序列，和一个常数$m$，要你把这个序列分成几个连续的部分，每一个部分的和都不能超过$m$，然后让你最小化每一段的最小值的和。

数据

输入
8 17
2 2 2 8 1 8 2 1
输出
12

解释

$222|818|21$
这样划分使得最小值的和最小$=2+8+2=12$

思路

上来就$dp$。
$dp[i]$表示考虑到$i$位置的最优答案，那么$dp[i]=dp[j]+max(a[j+1],a[j+2]\cdots a[i])$，约束条件$1<=j<i$且$sum(j,i)<=m$。
看起来十分完美，交上去也十分完美的$TLE$了。（当然，一个正常人是不会交这种代码上去的。。。）
如果能想个办法优化这个转移，使得它变成$O(n)$的就好了。（美好的$fantasies$总是要有的，万一足够$deep$，足够$dark$，能使得这个$fantasies$成立呢？）
我们会发现，随着$i$的增长，包含$i$的那一块的左端点（就是那个最优的$j$）也是单调往右的，不会往左。有了这个神奇的性质，我们就珂以用单调队列来优化这个$DP$了。按照套路，我们由于要求最大值，便维护好一个递减的单调队列即可。又因为我们的左端点是单调增的，所以只要在增的时候，把队列中在左端点还左边的点都删掉，然后我们枚举队列中的$k$，我们知道$Q[k]$是$k$往后最大的下标，所以我们的转移方程中就不用每次都暴力求一遍最大，只要取$a[Q[k]]$即可。然后记得用$pre$维护左端点，然后每次加。

代码:

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define N 100100
#define int long long
using namespace std;

int n,m,a[N];
int dp[N];

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

int Q[N],head,tail;
void Solve()
{
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if (a[i]>m)
        //这样的元素，无论分到那个组，或者是单独一组，都没有办法满足条件
        {
            puts("-1");
            return;
        }
    }

    head=tail=1;
    int pre=1,sum=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        while(head<tail and a[Q[tail-1]]<=a[i]) tail--;
        Q[tail++]=i;//a[i]入队列

        sum+=a[i];
        while(sum>m)
        {
            sum-=a[pre],++pre;//左端点右移
        }
        while(head<tail and Q[head]<pre) head++;
        //去掉不满足条件的左端点

        dp[i]=dp[pre-1]+a[Q[head]];
        for(int k=head+1;k<tail;k++)
        {
            dp[i]=min(dp[i],dp[Q[k-1]]+a[Q[k]]);
        }
        //转移
    }
    printf("%lld\n",dp[n]);
}

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