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Posted 2022-08-18 a1b3c7d9

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给出一个长度为m的序列\(\a_i\\)，将其划分成k个区间，求区间和的最大值的最小值对应的方案，多种方案，则按从左到右的区间长度尽可能小（也就是从左到右区间长度构成的序列的字典序最小），\(m,k\leq 500\)。

解

显然最大值的最小值想到二分，其实dp也可以，因为区间划分问题有可递推性，而且它能求出答案。

二分一个东西就等于换时间复杂度增加个\(log(n)\)增加了一个已知条件，虽然前提是单调性，但不妨以后缺少条件，先考虑二分再找单调性。

我们二分\(x\)表示区间和的最大值不超过\(x\)，于是二分以后再考虑贪心（说是在的，二分后面的check要么是贪心要么是dp）,那么从左往右扫描，处理出一个区间时，不停地在它的右边增加数字，当刚好要超过的时候，就把该个数字划分到下一个区间，显然这样我们得到了一个数字，意思即满足当前条件下最少的区间数。

其实可以看成一个函数\(f(x)\)，显然随着x的增大，最少区间数会减少，而x又恰恰对应一个范围\([f(x),n]\)，即区间数的范围。

因此当k在这个范围外的时候，显然\(f(x)\)需要减少，即x增加，反之（应该写的是\(lower\_bound\)二分），于是我们就得到了一个最小的x,正好框住k，显然当取比x大的值，同样满足条件，但是结果不优秀，取比x小的又不满足条件，于是x就是答案的"前提"。

于是按照之前的贪心方法，可以得到一个方案，字典序最小，只要从右往左贪心即可，但它是最少的区间数的方案，于是还得随便砍掉一些区间，显然可以随便砍，又要保证字典序最小，于是从左往右扫描，能砍就砍，最终时间复杂度O(mlog(m))。

参考代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define il inline
#define ri register
#define Size 550
using namespace std;
bool b[Size];
int a[Size],m;
il void read(int&);
il int fen(int);
int main()
    //freopen("in","r",stdin);
    int lsy;read(lsy);
    while(lsy--)
        memset(b,0,sizeof(b));
        int k,l(0),r(0);read(m),read(k);
        for(int i(1);i<=m;++i)
            read(a[i]),r+=a[i],l=max(l,a[i]);
        int mid;while(l<=r)
            mid=l+r>>1;
            if(fen(mid)>k)l=mid+1;
            else r=mid-1;
        int tot(1);
        for(int i(m),j(0);i;--i)
            if(j+a[i]<=l)j+=a[i];
            else j=a[i],b[i]=1,++tot;
        tot=k-tot;
        for(int i(1);i<=m;++i)
          if(tot&&!b[i])b[i]=1,--tot;
        for(int i(1);i<=m;++i)
            printf("%d ",a[i]);
            if(b[i])printf("/ ");
        
        putchar('\n');
    
    return 0;

il int fen(int x)int ans(1);
    for(int i(1),j(0);i<=m;++i)
        if(j+a[i]<=x)j+=a[i];
        else j=a[i],++ans;
    return ans;

il void read(int &x)
    x^=x;ri char c;while(c=getchar(),c<'0'||c>'9');
    while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();