CF#744 G. Minimal Coverage

原题链接
emmm首先直觉告诉我们这个题的答案一定不会超过$2000(2\ast max(A[i]))$。证明起来其实也蛮简单的。
然后我的第一反应是，枚举最终形成线段的左端点是由哪个子线段的左端点形成的，然后两边直接跑背包，最后取两边的$max$就好。
但是这样做时间复杂度会是$O(max(A[i])\ast n^2)$不可能过得去，得想办法把$n$给消掉一个。
感性分析一下，只能是把枚举左端点的操作给消掉。进行一波尝试：
我们设$dp[i][j]$表示考虑前i个子线段形成的线段，目前第i个子线段的结束点在离左端点j处时，右端点到左端点的最短长度。
假如第i+1个子线段向右扩展，显然有$$dp[i+1][j+A[i+1]]=max(dp[i][j],j+A[i+1])$$
如果是向左扩展，我们需要考虑会不会更新拼接出的线段的左端点

• 如果$A[i+1]<=j$,显然有$$dp[i+1][j-A[i+1]]=dp[i][j]$$
• 如果$A[i+1]>j$,有$$dp[i+1][0]=dp[i][j]+A[i+1]-j$$

随便上个滚动优化，这样空间复杂度挺小，时间复杂度也是$O(max(A[i])\ast n)$了，稳过。

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

const int MAXN=1e4+5;

int N;
int A[MAXN];
int dp[2][2005];

int main(){
	//freopen("in.txt","r",stdin);
	ios::sync_with_stdio(false);
	int T;
	cin>>T;
	while(T--){
		cin>>N;
		for(int i=1;i<=N;i++)
			cin>>A[i];
		memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
		dp[0][0]=0;
		for(int i=0;i<N;i++){
			int u=i&1,v=u^1;
			memset(dp[v],0x3f,sizeof(dp[v]));
			for(int j=0;j<=2000;j++){
				if(j+A[i+1]<=2000)
					dp[v][j+A[i+1]]=min(dp[v][j+A[i+1]],max(j+A[i+1],dp[u][j]));
				if(j>=A[i+1])
					dp[v][j-A[i+1]]=min(dp[v][j-A[i+1]],dp[u][j]);
				else
					dp[v][0]=min(dp[v][0],dp[u][j]+A[i+1]-j);
			}
		}
		int ans=0x3f3f3f3f;
		for(int i=0;i<=2000;i++)
			ans=min(ans,dp[N&1][i]);
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}