在昨天的部落格中，我們粗談了一下二分和一些零碎演算法的結合，今天我們講講二分和[problem]oi中另一類非常重要的演算法——dp的結合。
\color}
[problem]
求可能的最小的最大間隔。
1 ≤n
≤5×1
04,1
≤m≤1
×109
1 \leq n \leq 5 \times 10^4,1 \leq m \leq 1 \times 10^9
1≤n≤5×
104,
1≤m≤
1×10
9。[solution]
\color}
[solution]
最大值最小，一看就想到二分答案。
二分答案 mid
\texttt
mid，表示最大間隔為 mid
\texttt
mid，看看是否可行。
設計乙個dp：記 fif_
fi 表示第 i
ii 個數必選時最小的權值和。
我們有如下的轉移：
f i=
mini−
mid−1≤
j≤i+
ai
f_=\min\limits_-1 \leq j \leq i}\left \\right \}+a_i
fi=i−
mid−1≤
j≤imin+
ai
直接轉移是 o(n
2)
o(n^2)
o(n2
) 的，必超時。仔細觀察可以發現，我們可以用單調佇列優化我們的dp，於是dp時間複雜度降為 o(n
)o(n)
o(n)
。總時間複雜度：o(n
×logm
)o(n \times \log m)
o(n×
logm)。
[code]
\color}
[code]
const
int n=
5e4+
100;
int l,r,mid,ans,n,t;
int f[n]
,q[n]
,h,t,a[n]
;inline
bool
check
(int mid)
for(
int i=n-mid;i<=n;i++)if
(f[i]
<=t)
return
true
;return
false;}
intmain()
else l=mid+1;
}printf
("%d"
,ans)
;return0;
}
\color}
[problem]
[solution]
\color}
[solution]
首先明確一點：當 r+g
≥n
r+g\geq n
r+g≥
n 時，答案為 1
11，因為我們可以對於每個法壇都用一次法杖。
明確這點有什麼用？有。一特判，二把 r,g
r,gr,
g 的範圍降到 1≤r
,g≤n
1\leq r,g \leq n
1≤r,g≤
n。答案明顯有單調性（可二分性），考慮二分答案。
二分答案 mid
\texttt
mid 表示判斷當 l
=mid
l=\texttt
l=mid 時是否可行。
記 p
ip_i
pi 表示在 a
ia_i
ai 位置使用一次第一根法杖最遠可以覆蓋到哪個法壇，同理 q
iq_i
qi 表示在 a
ia_i
ai 位置使用一次第二根法杖最遠可以覆蓋到哪個法壇。對是否熟悉的同學一讀這段話應該就可以知道：我們可以用尺取法在 o(n
)o(n)
o(n)
的時間複雜度內求出 pi,
qi
p_i,q_i
pi,qi
。特別地，為了方便處理，我們令 pn+
1=qn
+1=n
p_=q_=n
pn+1=
qn+1
=n。
記 f i,
jf_
fi,j
表示使用 i
ii 次第一根法杖和 j
jj 次第二根法杖最多可以覆蓋到前幾個法壇，則有轉移方程：
f i,
j=
max(p
fi−1
,j+1
,qfi
,j−1
+1
)f_=\max(p_+1},q_+1})
fi,j=
max(pf
i−1,
j+1
,qf
i,j−
1+1
)轉移方程相當的簡單易懂。
初始對於 ∀i,
j\forall i,j
∀i,j
，都有 fi,
j=
0f_=0
fi,j=
0 。最後如果 fr,
g=
nf_=n
fr,g=
n 則 mid
\texttt
mid 可行，否則不可行。
時間複雜度：o(r
×g
×loga
i)
o(r \times g \times \log a_)
o(r×g×
logai
)。[code]
\color}
[code]
int r,g,n,a[
2010
],l,r,ans,mid;
int f[
2010][
2010
],p[
2010
],q[
2010];
inline
void
ckmax
(int
&a,int b)
inline
bool
check
(int mid)
p[n+1]
=q[n+1]
=n;//特判
for(
int i=
0;i<=r;i++
)for
(int j=
0;j<=g;j++
)return f[r]
[g]>=n;
}int
main()
l=1;r=a[n]
-a[1]+
1;while
(l<=r)
else l=mid+1;
}printf
("%d"
,ans)
;return0;
}
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