POJ 3017 Cut the Sequence

最新推荐文章于 2021-01-25 16:54:26 发布

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原文链接：http://www.cnblogs.com/zufezzt/p/8821194.html

本文介绍了一种DP问题的高效求解方法，通过使用单调队列维护变化位置，并结合set或线段树进行优化，实现了从O(n^2)到更优时间复杂度的改进。

【题目链接】

$O(n^2)$ 效率的 dp 递推式：${ dp }_{ i }=min\left( dp_{ j }+\overset { i }{ \underset { x=j+1 }{ max } } \left( { a }_{ x } \right) \right) $，其中 $\sum _{ x=j+1 }^{ i }{ { a }_{ i } } \le m$。

尝试着换一个角度看待这个问题，有一个序列 $a$，假设 $b_i$ 表示 $i$ 最左能扩展到 $b_i$ 位置，且 $[b_i, i]$ 的区间和不超过 $m$。

假设我们已经求得了 $dp_1$ 至 $dp_{i-1}$，现在需要求解 $dp_i$，先定义一个后缀最大值数组，$max_i$ 表示区间 $[1, i]$ 的最大值，通过观察可以发现 $max_i$ 从后往前是非递减的，且每一次的递增位置都是出现了一个比先前所有数都大数，我们称这种递增位置为“变化位置”。

递增位置大致可以用下图表示（$i$ 位置本身是第一个递增位置）：

想一下，如果我们选择 2 号位置作为最后一段分割的最大值，那么上一次分割的位置会在哪儿？上一段的最后一个位置肯定是 3 号变化位置，因为 dp 值是非递减的。

同样的，如果选择 3 号位置作为最后一段分割的最大值，那么上一段的最后一个元素肯定选择 4 号变化位置。

也就是说计算 $i$ 位置的 dp 值，如果知道变化位置，我们只要枚举相邻两个变化位置，前一个的 dp 值加上后一个的 value 值，找到一个最小值就是 $dp_i$（注意最左边的变化位置可以认为是 $b_i-1$）。

可惜，最坏的情况下依旧是 $O(n^2)$ 的，由于 POJ 数据水了，上面这样的做法能水过去。

我们还是利用上述思路来求解答案，只不过增加一些优化。

事实上变化位置可以用单调队列维护出来，维护变化位置的同时，将前一个的 dp 值加上后一个的 value 值也维护出来就可以了，维护值的话可以用 set 或者线段树。

/*******************************
	Judge Result : AC 
 *******************************/

#include <cstdio>
#include <set>
#include <algorithm>
#include <iostream>
using namespace std;

const int maxn = 1e5 + 10;
const int INF = 0x7FFFFFFF;

long long a[maxn], sum[maxn], f[maxn];
int b[maxn];
int n;
long long m;

int q[maxn], first, last;
multiset<long long> st;
multiset<long long>::iterator it;

void Insert(int x) {
	last ++;
	q[last] = x;
	if(first == last) return;
	st.insert(f[q[last - 1]] + a[q[last]]);
}

void DeleteLast() {
	if(first == last) {
		last --;
		return;
	}
	it = st.find(f[q[last - 1]] + a[q[last]]);
	st.erase(it);
	last --;
}

void DeleteFirst() {
	if(first == last) {
		first ++;
		return;
	}
	it = st.find(f[q[first]] + a[q[first + 1]]);
	st.erase(it);
	first ++;
}

int main() {
#ifdef ZHOUZHENTAO
	freopen("test.in", "r", stdin);
#endif

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

	for(int i = 1; i <= n; i ++) {
		if(a[i] > m) {
			printf("-1\n");
			return 0;
		}
		int L = 1, R = i;
		while(L <= R) {
			int mid = (L + R) / 2;
			if(sum[i] - sum[mid - 1] <= m) R = mid - 1, b[i] = mid;
			else L = mid + 1;
		}
	}

	first = last = 0;
	q[first] = 1;
	f[1] = a[1];

	for(int i = 2; i <= n; i ++) {
		while(last - first + 1 > 0 && a[i] >= a[q[last]]) {
			DeleteLast();
		}
		while(last - first + 1 > 0 && q[first] < b[i]) {
			DeleteFirst();
		}
		Insert(i);
		f[i] = f[b[i] - 1] + a[q[first]];
		if(last - first + 1 > 1) {
			f[i] = min(f[i], *st.begin());
		}
	}
	printf("%lld\n", f[n]);
	return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/zufezzt/p/8821194.html