题解：CF1918D（D. Blocking Elements）

一、 读题

1. 题目链接

（1） 洛谷链接

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（2） CF链接

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2. 题意简述

已知一个长度为 $n$ 的数组 $a$，构造一个数组 $b$（记其长度为 $m$），使得代价最小。代价为①和②的最大值。

$$①=\sum_{i=1}^{n}a_{b_i}$$ $$②=\max_{0\leqslant i\leqslant m}\sum_{j=b_{i}+1}^{b_{i-1}+1}a_j $$

这里，我们规定 $b_0=b_{n+1}=1$。

二、 分析

本题 $n$ 为 $10^5$ 数量级，是标准的 $O(n·log_{2}(n))$ 题。

三、 知识

二分答案+动态规划+前缀和+单调队列优化。

四、 思路

由于本题需要同时保证两个量（①和②）最优，所以一定是确定其中一个，并用已知的这一个去求未知的。我们不难想到，可以已知②求①。这里我们利用可行性进行二分答案，即通过 $judge$ 函数判断在保证②最大为 $num$ 的情况下能得到的最小的①是否比 $num$ 小，用二分答案找到“行”与“不行”的分界点（显然②的限制越小，即可接受的最大值越大，“行”的可能性越大，这是具有单调性的）。

那么如何验证呢？

我们不难想到动态规划——定义 $f_{i}$ 为考虑 $a$ 中的前 $i$ 个数，保证②不超过 $num$，并且选择了 $a_i$，在这种情况下①的最小值。

转移也不难，对于 $f_{i}$，我们在从 $1$ 到 $i-1$ 的范围内选择一个 $j$，使得从 $\sum_{k=j}^ia_k$ 不超过 $num$，这样 $f_i$ 就可以从所有 $f_j$ 加上 $1$ 转移，当然这里是求最小值。但是遍历的代价是平方级的，所以这里用前缀和+单调队列优化。

为了方便计算和统计答案，我们定义 $a_0=a_{n+1}=0$，这样显然不会影响最终的结果。现在要考虑初始值（边界值）。显然，$f_0=0$。最终的答案（这里指的是验证中①的最小值）就是 $f_{n+1}$，这样既考虑了 $1$ 至 $n$ 的所有数，有没有必须选择 $1$ 至 $n$ 中某一个的限定。

验证的返回值就是最小的①是否不超过 $num$。

注意二分的边界是所有 $a_i$ 相加之和，因为无论怎么选，最终的代价都是由若干个 $a_i$ 相加（不会有重复），那么最大的①或者②都是从 $a_1$ 加到 $a_n$ 。

五、 代价

本题时间复杂度如下： 设 $V=\sum_{i=1}^na_i$ $(二分答案)·(动态规划验证)=O(log(V))·(遍历状态)·(转移)=O(log(V))·O(n)·O(1))=O(n·log(V))$，可以AC。

六、 编码

··
#include<bits/stdc++.h>
#define N 110000
using namespace std;
long long f[N]={},s[N]={};
int a[N]={},q[N]={},n=0,t=0;
bool judge(long long num);
int main(){
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
		scanf("%d",&n);
		a[0]=0;
		s[0]=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			scanf("%d",&a[i]);
			s[i]=s[i-1]+a[i];
		}
		a[n+1]=0;
		s[n+1]=s[n];
		long long l=0,r=s[n]+1;
		while(l+1<r){
			long long mid=(l+r)/2;
			if(judge(mid)==false){
				l=mid;
			}else{
				r=mid;
			}
		}
		printf("%lld\n",r);
	}
	return 0;
}
bool judge(long long num){
	for(int i=1;i<=n+1;i++){
		f[i]=0;
	}
	int front=1,rear=0;
	rear++;
	q[rear]=0;
	f[0]=0;
	for(int i=1;i<=n+1;i++){
		while(front<=rear&&s[i-1]-s[q[front]]>num){
			front++;
		}
		f[i]=f[q[front]]+a[i];
		while(front<=rear&&f[q[rear]]>f[i]){
			rear--;
		}
		rear++;
		q[rear]=i;
	}
	if(f[n+1]<=num){
		return true;
	}
	return false;
}