2023牛客OI赛前集训营-提高组（第三场）分糖果_2023oi 集训营提高组第三场-优快云博客

文章讲述了如何使用二分法和树状数组优化算法来解决一个关于将序列分成k个连续区间，使得每个区间的和尽可能大，求最小分数的问题。通过转移式和离散化技术，将时间复杂度降低至O(Tnlognlogv)。

题目大意

有一个长度为 $n$ 的序列 $a_i$ ，现在你可以取序列 $a_i$ 的前若干个元素，并将这些元素分成 $k$ 个连续的区间。一种方案分法的分数为这些区间的区间和中的最大值，求分数的最小值。

有 $T$ 组数据。

$1≤T≤3,1≤n≤105,1≤k≤n,−109≤ai≤1091\leq T\leq 3,1\leq n\leq 10^5,1\leq k\leq n,-10^9\leq a_i\leq 10^9$

题解

我们可以二分答案，设当前二分到的值为 $mi d$ 。

设 $f_i$ 表示前 $i$ 个数字中最多可以分成多少段，使得每一段的和都大于等于 $mi d$ 。如果存在 $f_i>k$ ，则 $mi d$ 是可行的；否则， $mi d$ 不可行。

$f_i$ 的转移式如下：

$f_i=\max\{f_j\}+1$ ，其中 $j < i$ 且 $si−sj≥mids_i-s_j\geq mid$ ，数组 $s$ 为数组 $a$ 的前缀和数组。

这样做的时间复杂度为 $O(n^2\log v)$ ，其中 $v$ 为值域。我们考虑优化。

我们发现， $j$ 需要满足的条件为 $j < i$ 且 $sj≤si−mids_j\leq s_i-mid$ 。那么，我们将所有 $s_i$ 和 $s_i-mid$ 排序并离散化一下，用树状数组来维护所有满足条件的 $j$ 中的最小的 $f_j$ ，查询时用 $s_i-mid$ 离散化后的位置来求前缀最小值。这样的话，修改和查询都是 $O(log⁡n)O(\log n)$ 的。

时间复杂度为 $O(Tnlog⁡nlog⁡v)O(Tn\log n\log v)$ 。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T,n,K,tr[200005],f[100005];
long long ans,a[100005],sum[100005];
vector<long long>v;
int lb(int i){
	return i&(-i);
}
void pt(int i,int w){
	while(i<=v.size()){
		tr[i]=max(tr[i],w);
		i+=lb(i);
	}
}
int find(int i){
	int re=-1e9;
	while(i){
		re=max(re,tr[i]);
		i-=lb(i);
	}
	return re;
}
int gtid(long long w){
	int t=lower_bound(v.begin(),v.end(),w)-v.begin();
	return v.size()-t;
}
bool pd(long long mid){
	v.clear();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		v.push_back(sum[i]);
		v.push_back(sum[i]-mid);
	}
	v.push_back(0);
	sort(v.begin(),v.end());
	v.erase(unique(v.begin(),v.end()),v.end());
	for(int i=1;i<=v.size();i++) tr[i]=-1e9;
	f[0]=0;
	pt(gtid(0),f[0]);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		f[i]=find(gtid(sum[i]-mid))+1;
		pt(gtid(sum[i]),f[i]);
		if(f[i]>=K) return 1;
	}
	return 0;
}
int main()
{
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%d%d",&n,&K);
		for(int i=1;i<=n;i++){
			scanf("%lld",&a[i]);
			sum[i]=sum[i-1]+a[i];
		}
		long long l=-1e15,r=1e15,mid;
		while(l<=r){
			mid=l+r>>1;
			if(pd(mid)) r=mid-1;
			else l=mid+1;
		}
		printf("%lld\n",r+1);
	}
	return 0;
}