ZOJ 3692

题解：
首先想到肯定是二分G的可能值，然后对于每一个判断可以用dp求解，值点必须要想到，余下的有点神。。。不好想。。。对于dp[i]，其表示前i个人分组之后Ri和的最小值，那么有

dp[i]=min{dp[k]+max(rp[k+1,...i])}，rp[k+1,...]，表示从i开始向前取到第k+1个人，这个dp是一个O(n^2)的算法，显然会T，进一步分析可以知道如果rp[k]前面的一个数rp[k-1]>rp[k]，那么有把第k-1个数加入最后一个分组并不会提高最后的R值，反而可能减小，于是这里便可以设置一个单调队列，队列中有rp[q[0]]>rp[q[1]]]>...>rp[q[tail-1]],同时设置一个

集合，集合内存放dp[k]+rp[k+1],那么每次裁定的复杂度降为O(1),总的降为O（n）.需要注意的开始时要有dp[j-1]+rp[q[head]]，sum[i]-sum[j-1]<=G

代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <set>

using namespace std;
const int MAX=40010;

multiset<int> s;
int sum[MAX],dp[MAX],rp[MAX],gf[MAX],q[MAX],R,n;

int min(int a,int b)
{
return a<b?a:b;
}
bool solve(int G)
{
int head=0,tail=0;
s.clear();
dp[0]=0;
int j=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
while(sum[i]-sum[j-1]>G)
j++;
while(head<tail&&q[head]<j)
{
if(head+1<tail)
s.erase(s.find(dp[q[head]]+rp[q[head+1]]));
head++;
}
while(head<tail&&rp[q[tail-1]]<=rp[i])
{
if(head+1<tail&&s.find(dp[q[tail-2]]+rp[q[tail-1]])!=s.end())
s.erase(s.find(dp[q[tail-2]]+rp[q[tail-1]]));
tail--;
}
q[tail++]=i;
if(head+1<tail)
s.insert(dp[q[tail-2]]+rp[i]);
dp[i]=dp[j-1]+rp[q[head]];
if(!s.empty())
dp[i]=min(dp[i],*s.begin());
}
return dp
<=R;
}

int main()
{
while(scanf("%d%d",&n,&R)!=EOF)
{
sum[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d",&rp[i],&gf[i]);
sum[i]=sum[i-1]+gf[i];
}
int l=0,r=sum
;
int ans=0;
while(l<=r)
{
int mid=(l+r)/2;
if(solve(mid))
{
ans=mid;
r=mid-1;
}
else
l=mid+1;
}
printf("%d\n",ans);
}
}