TJOI2011 書架題解

給出乙個長度為 \(n\) 的序列 \(h\)，請將 \(h\) 分成若干段，滿足每段數字之和都不超過 \(m\)，最小化每段的最大值之和。

眾所周知，不會做的題目就 \(dp\)。其實 \(dp\) 方程挺好想的，設 \(f_i\) 為到第 \(i\) 個數，分為若干段所需要的最小代價；設 \(sum_\) 為\(h\) 的字首和。根據題意可以得到轉移：

\[f_i=\min\limits_\left(f_j+\max\limits_^h_k\right)

\]這個式子有很多種處理方法，最簡單的直接 \(cdq\) 就可以了，線段樹題解區的大佬也講過了，我翻提交記錄好像看見了有用堆寫的。如果用堆的話，是沒有考慮好本題的單調性。

本文要提的是題解區的那個 \(o(n)\) 做法。由於這位大佬的題解有一點久遠，意思模糊不清，然後還有證明沒給出，因此本文重提。

這種做法大概可以理解為用單調性對堆優化吧……

引理一：\(\max\limits_^h_k\) 中，隨著 \(k\) 的增大，其值單調不增。

引理二：\(f\) 單調不降。

參考 csp-s 2020 t4，我們可以把轉移分成兩段。

1、對於乙個合法的 \(j\)，\(h_\leq \left(\max\limits_^h_k\right)\)，則 \(\left(\max\limits_^h_k\right)=\left(\max\limits_^h_k\right)\)；又因為 \(f\) 單調不降，\(f_j\leq f_\)即對於轉移 \(f_j+\left(\max\limits_^h_k\right)\leq f_+\left(\max\limits_^h_k\right)\) 。所以此時從 \(j\) 轉移（\(j+1\) 到 \(i\) 為一段）比從 \(j+1\) 轉移更優。

那麼此時對於 \(h\) 的乙個極小值就可能成為轉移的最優解。又由於 \(h\) 單調不增，所以可以對 \(h\) 維護乙個單調遞減的佇列，隊尾即轉移的可能最優點。

2、對於乙個合法的 \(j\)，\(h_>\left(\max\limits_^h_k\right)\)，可以包含在第一種情況，即我們假設單調佇列 \(q\)，設左右端點 \(l,r\)，則最優的轉移會在 \(q_\) 之中；也即 \(h_>h_}>\dots>h_\) 當中轉移 \(f_i\)（不取等是因為取等的情況一定靠前的更優）。

具體的證明大概是這樣的：第一種情況維護的是函式的極小值，其中突出的部分會被包含在兩個相鄰的極小值當中，但這種轉移對佇列中的 \(q_l\) 不適用！

因為這種情況即從 \(q_l\) 轉移到 \(i\)，那麼 \(q_l\) 之前的位置應當為第乙個位置 \(st\) 使得 \(h_i-h_>m\)，\(f_i\) 就更新為 \(f_+h_\)，否則就越界了。

但維護單調佇列的時候就可能產生一些意外使得一些值沒被更新到。所以可以維護單調棧防止漏掉情況。具體是這樣的，對於第二種情況，有可能直接 \(h_\) 自己作為一段新的段，幷包含之後的數，也就會存在一段連續相等的 \(f\)；或者把之前並作一段，這並不會影響轉移。

我們發現，當佇列元素越多，重構單調棧的次數也就越多，但總的重構次數也越少（僅在對佇列彈出過期元素可能重構）。可以考慮把隨機資料拆成幾段單調下降的序列，最長的最多是最長下降子串行，假設長度為 \(p\)。則最多重構 \(n/p\) 次，每次最多重構 \(p\) 個數，則複雜度最多 \(o(n/p·p)=o(n)\)。取到最大時，當最長子序列盡量長，也即 \(h\)嚴格單調下降。當然並不是嚴格單調下降就可以取到最大值，還要考慮 \(h\) 和 \(m\) 之間的關係。

（純屬口胡）

那麼考慮 \(h_i\)，可以 \(st+1\sim i\) 並成一段，\(f_i=f_+h_\)；若單調棧中有值，則可以在其他的 \(j>st\) 並成一段 \(h\sim i\)，取最小即可。

可能有人有疑問這裡的第一種情況去哪了？其實在一開始維護第一種情況就直接扔到單調棧裡就可以了，反正最後是維護最小的。（根據上文提到的單調性，顯然是正確的）

（如果後面想到更好的對單調棧的解釋我會回來補充的，不過 \(noip\) 之後可能就 \(afo\) 了）

綜上我們得到了乙個 \(o(n)\) 的演算法。

我知道你們只看這個

/*
by xiejinhao
2020-11-20 9:19 from xwsf
*/#include using namespace std;
const int n = 1e5 + 10;
int h[n], q[n], stk[2][n];
int top[2], l = 1, mid, r;
long long f[n], tmpf[n];
// stk[0/1] 左/右 棧，指標對應 top[0/1]
// q 佇列 h 原陣列 tmpf 對應佇列中的 f 值 
void push(int x, int i) 
void rebuild() 
int main() // 維護單調佇列 
if(l > r) tmpf[r + 1] = f[st - 1] + h[i];
else tmpf[r + 1] = f[q[r]] + h[i];
q[++r] = i, push(r, 1); 
// 隊頭的情況要特判 
if(stk[0][top[0]] == l) --top[0];
if(stk[1][top[1]] == l) --top[1];
while(l <= r and q[l] < st) // 彈出過期元素 
f[i] = f[st - 1] + h[q[l]]; // 和開頭並為一段
// --- 與開頭之後的某個數開始並為一段 --- 
if(top[0]) f[i] = min(f[i], tmpf[stk[0][top[0]]]);
if(top[1]) f[i] = min(f[i], tmpf[stk[1][top[1]]]);
} printf("%lld\n", f[n]);
return 0;
}

1、本文同步發布在我的：點我

2、翻了下提交記錄，各位以後抄題解稍微改一下行嘛

3、能點個贊嗎（光速逃

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