來到機房刷了一道水（bian’tai）題。題目思想非常簡單易懂（我的做法實際上參考了Evensgn 范學長，在此多謝范學長了）
題目擺上：
有n根木棍, 第i根木棍的長度為Li,n根木棍依次連結了一起, 總共有n-1個連接處. 現在允許你最多砍斷m個連
接處, 砍完後n根木棍被分成了很多段,要求滿足總長度最大的一段長度最小, 並且輸出有多少種砍的方法使得總長
度最大的一段長度最小. 並將結果mod 10007。。。
輸入文件第一行有2個數n,m.接下來n行每行一個正整數Li,表示第i根木棍的長度.n<=50000,0<=m<=min(n-1,10
00),1<=Li<=1000.
輸出有2個數, 第一個數是總長度最大的一段的長度最小值, 第二個數是有多少種砍的方法使得滿足條件.
兩種砍的方法: (1)(1)(10)和(1 1)(10)
多謝范學長的博客教會了我這道DP的優化。 接下來說說這道題的思路： 首先我們需要求被分割後的最長的木條的長度，這個很簡單，二分+貪心check即可，跟基本的套路一樣，相信大家都能理解：
bool check(int x/*x表示我們二分的最長段的長度*/){
if(x < p)return false;
int cut = 0,add = 0;
for(int i = 1;i <= n;++i){
if(add + a[i] > x){
cut++;//cut表示當前已經分割了幾次
if(cut > m)return false;
add = 0;
}
add += a[i];
}
return true;
}
while(l <= r){
mid = (l + r) >> 1;
if(check(mid))r = mid - 1;
else l = mid + 1;
}
接下來求完了我們需要的len，就應該求有多少種方案可以滿足len了。
眾所周知，動態規劃的第一步是要寫出狀態……然後再來搞
我們設f[i][j]表示前i段一共分割了j次，設ss[i]為a[i]的前綴和，然後寫出dp方程：
f[i][j] = Σf[k][j-1] 其中k要滿足的條件是(1 <= k < i) && (ss[i] - ss[k] <= len)（這是很容易從題目中得出的）。
於是我們就可以完成了。
但是這樣也太簡單了吧……畢竟是HAOI的題目，如果這麼簡單就是NOIP難度了（雖然本人不否認以前的省選題目也有NOIP難度的）
然後注意到數據范圍：n<=50000,0<=m<=min(n-1,1000)
我們注意到我們程序的時間復雜度實際上是O(n^2 m) 的，這明顯就是爆了時間的。
那然後該怎麼辦呢？
我們可以注意到，如果我們設sumf 表示枚舉到k的時候Σf[k][j-1]，(1 <= k < i) && (ss[i] - ss[k] <= len)，mink表示滿足(1 <= k < i) && (ss[i] - ss[k] <= len)的最小的k。
其實對於 f[i][Now] ，其實是 f[mink][Last]...f[i-1][Last] 這一段 f[k][Last] 的和，mink 是滿足 Sum[i] - Sum[k] <= Len 的最小的 k ，對於從 1 到 n 枚舉的 i ，相對應的 mink 也一定是非遞減的（因為 Sum[i] 是遞增的）。我們記錄下 f[1][Last]...f[i-1][Last] 的和 Sumf ，mink 初始設為 1，每次對於 i 將 mink 向後推移，推移的同時將被捨棄的 p 對應的 f[p][Last] 從 Sumf 中減去。那麼 f[i][Now] 就是 Sumf 的值。（此段復制自Evensgn的博客，因為我覺得自己可能寫不出來這麼詳細）
這樣我們就不必枚舉k，時間復雜度就降低到可以接受的O(nm)了。
但是這樣就完成了？別天真了，還有一個坑那，時間解決了，空間呢？我們的空間復雜度是O(nm)啊，用計算器算一下明顯超了。
這時候的DP有一個技巧（類似於飛揚的小鳥NOIP2014），我們發現其實j所屬的那一維，只能由j-1轉移而來，所以可以使用最常用的手段——滾動數組，來滾動掉第二維
使用now和pre，f[maxn][2]，now和pre只能為0或1，且pre = now^1，每完成一遍外層m循環更新now ^= 1,pre = now^1。
這樣子我們的空間復雜度也降到可以接受的O（n）辣！
終於完成了，接下來就是代碼了：
1 #include <iostream>
2 #include <cstdio>
3 #include <cstring>
4 #include <cmath>
5 #include <cstdlib>
6 #include <algorithm>
7 using namespace std;
8 const int maxn = 50005;
9 const int maxm = 1005;
10 const int mod = 10007;
11 int get_num(){
12 int num = 0;
13 char c;
14 bool flag = false;
15 while((c = getchar()) == ' ' || c == '\r' || c == '\n');
16 if(c == '-')
17 flag = true;
18 else num = c - '0';
19 while(isdigit(c = getchar()))
20 num = num * 10 + c - '0';
21 return (flag ? -1 : 1)*num;
22 }
23 int n,m;
24 int a[maxn],ss[maxn];
25 int f[maxn][2];
26 int now,pre,len,p = 0,mid,ans = 0;
27 bool check(int x){
28 if(x < p)return false;
29 int cut = 0,add = 0;
30 for(int i = 1;i <= n;++i){
31 if(add + a[i] > x){
32 cut++;
33 if(cut > m)return false;
34 add = 0;
35 }
36 add += a[i];
37 }
38 return true;
39 }
40 int main(){
41 memset(f,0,sizeof(f));
42 memset(a,0,sizeof(a));
43 memset(ss,0,sizeof(ss));
44 n = get_num();
45 m = get_num();
46 for(int i = 1;i <= n;++i){
47 a[i] = get_num();
48 ss[i] = a[i] + ss[i-1];
49 p = max(p,a[i]);
50 }
51 int l = 0,r = 50000000;
52 while(l <= r){
53 mid = (l + r) >> 1;
54 if(check(mid))r = mid - 1;
55 else l = mid + 1;
56 }
57 len = r + 1;
58 now = 0;
59 pre = now^1;
60 int sumf = 0;
61 int mink = 0;
62 for(int i = 0;i <= m;++i){
63 sumf = 0;
64 mink = 1;
65 for(int j = 1;j <= n;++j){
66 if(i == 0)
67 if(ss[j] <= len)f[j][now] = 1;
68 else f[j][now] = 0;
69 else{
70 while(mink < j && ss[j] - ss[mink] > len){
71 sumf -= f[mink][pre];
72 sumf = (sumf + mod) % mod;
73 mink++;
74 }
75 f[j][now] = sumf;
76 }
77 sumf += f[j][pre];
78 sumf %= mod;
79 }
80 ans += f[n][now];
81 ans %= mod;
82 now ^= 1;
83 pre = now ^ 1;
84 }
85 printf("%d %d\n",len,ans);
86 return 0;
87 }
附贈一張圖片：
