C++题解：绿色通道——单调队列优化DP

题目描述

高二数学《绿色通道》总共有 $n$ 道题目要抄，编号 $1,2,\dots ,n$，抄第$i$ 题要花 $a_i$ 分钟。

小 Y 决定只用不超过$t$ 分钟抄这个，因此必然有空着的题。

每道题要么不写，要么抄完，不能写一半。

下标连续的一些空题称为一个空题段，它的长度就是所包含的题目数。

这样应付自然会引起马老师的愤怒，最长的空题段越长，马老师越生气。

现在，小 Y 想知道他在这 $t$ 分钟内写哪些题，才能够尽量减轻马老师的怒火。

由于小 Y 很聪明，你只要告诉他最长的空题段至少有多长就可以了，不需输出方案。

输入格式

第一行为两个整数 $n,t$。

第二行为 $n$ 个整数，依次为 $a_1,a_2,\dots ,a_n$。

输出格式

输出一个整数，表示最长的空题段至少有多长。

数据范围

$0<n\le 5\times 10^4$,
$0<a_i\le 3000$,
$0<t\le 10^8$

输入样例

17 11
6 4 5 2 5 3 4 5 2 3 4 5 2 3 6 3 5

输出样例

3

算法思想

二分搜索

分析题目描述，求最长的空题段至少有多长，才能保证在$t$分钟内抄完题目。求至少有多长，可以考虑使用二分搜索进行查找。假设最长的空题段的长度至少为$x$满足要求，那么$x$一定在区间$[0,n]$中，如下图所示：

• 区间的左边，即空题段的长度小于$x$，此时要花更多的时间，因此不满足要求
• 区间的右边，即空题段的长度大于等于$x$，此时花更少的时间就可以满足要求

因此本题符合二分的性质，可以使用二分搜索来确定$x$的值。

DP+单调队列优化

二分之后，需要确定在最长空题段长度不超过$x$的情况下，需要花费的最少时间，可以使用DP求解。

状态表示

f[i]表示完成前i题在满足情况的条件下，且抄第i 题所花费的最小总时间。

状态计算

因为最长只能有$x$个连续的空题，那么可以根据前面$x$个题的状态计算出f[i]，也就是说能转移到$f[i]$的合法状态的区间为$[i-x-1,i-1]$，因此：

f[i]=min⁡{f[j]}+a[i]f[i]=\min\{f[j]\} + a[i]f[i]=min{f[j]}+a[i]，$i-x-1\le j\le i-1$。

其中min⁡{f[j]}\min\{f[j]\}min{f[j]}就是求滑动窗口$[i-x-1,i-1]$的最小值，因此可以使用单调队列进行优化。

时间复杂度

二分搜索的时间复杂度为$O(logn)$，DP时间复杂度为$O(n)$，总的时间复杂度为$O(nlogn)$。

代码实现

#include <iostream>

using namespace std;

const int N = 50010;
int n, t;
int a[N], q[N];
int f[N];

bool check(int x)
{
    f[0] = 0; //初始状态
    int hh = 0, tt = 0;
    q[0] = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
    {
        //处理滑出窗口的元素
        //这里要求最长只能有x个连续的空格，因此需要在[i - x - 1, i - 1]中找最小值。
        if(hh <= tt && q[hh] + x + 1 < i) hh ++;
        
        //从区间[i - x - 1, i - 1]的最小值转移到f[i]
        f[i] = f[q[hh]] + a[i];
        
        while(hh <= tt && f[q[tt]] >= f[i]) tt --;
        q[++ tt] = i;
    }
    
    //打擂台求最后一段的最小值
    int res = 1e9;
    for(int i = n - x; i <= n; i ++) res = min(res, f[i]);
    
    return res <= t;
}

int main()
{
    cin >> n >> t;
    
    for(int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];
    
    //二分搜索求最长的空题段至少有多长
    int l = 0, r = n;
    while(l < r)
    {
        int mid = l + r >> 1;
        if(check(mid)) r = mid;
        else l = mid + 1;
    }
    cout << r << endl;
    return 0;
}