soj 2978 Tasks

@(K ACMer)

题意

数组a全部为0,给你一个和数组a同样大小的数组b,你可以选择把任意一个a[i]变成b[i].但是保证必须保证a中所有元素的和小于t.

定义f(a)为a数组中最长的连续0的个数,求f(a)的最小值.

分析:

看起来这个题,要直接求出来最优结果似乎是不可能的,最暴力的枚举是2的指数次的显然不可行.

我们可以二分的来枚举这个最长区间的长度k.然后去判断这个长度是否可以满足要求.

那么如何去判断呢?

想了一下,贪心的去对每个长度为k的区间选取最小值是不对的..

其实这里是一个经典的dp,定义dp[i]为选第i个最大连续0长度小于mid最少需要选的数.那么dp[i]肯定由其前面的mid个dp[j]中最小的那个转移而来,这样只需要判断最后的dp
的值是否小于等于t就可以了.

这里dp的复杂度是O(n2)的,注意到其中用的了固定长度连续区间的最小值来转移,这里我们用单调队列来维护这个最小值即可,让dp复杂度降为O(n).

code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <set>
#include <map>
#include <stack>
#include <vector>
#include <string>
#include <queue>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int mod = int(1e9) + 7, INF = 0x3fffffff, maxn = 1e5 + 40;
int b[maxn], n, t, dp[maxn], que[maxn];

bool judge(int x) {
int l = 0, r = 0;
for (int i = 0; i <= n; i++) {
int k = i <= x ? 0 : dp[que[l]];
dp[i] = k + b[i];
if (i - x > que[l]) l++;
while (r != l && dp[i] < dp[que[r - 1]]) r--;
que[r++] = i;
}
return dp
<= t;
}

int main(void) {
while (~scanf("%d%d", &n, &t)) {
for (int i = 0; i < n; i++)
scanf("%d", &b[i]);
b
= 0;
int l = 0, r = n;
while (r > l) {
// cout << l << " " << r << endl;
int mid = (r + l) / 2;
if (judge(mid)) r = mid;
else l = mid + 1;
}
printf("%d\n", l);
}
return 0;
}