HDU - 3486 Interviewe RMQ优化

版权声明：本文为博主原创文章，未经博主允许不得转载。 https://blog.csdn.net/m0_38013346/article/details/82108894

题目

$有n个人参加面试，公司只需要m个人，于是将n个人分成m段每段{\lfloor \frac{n}{m} \rfloor} 人，且从每段中选出能力最大的人。$
$现在要求计算出一个最小的m满足选出的m人的能力和严格大于{\color {red} k}。$

---

题解

${\color {red} {Step 1}}$
网上很多使用二分的方法
其实是不对的,我们可以讨论一下二分为什么不对。
$思路就是二分m,去判断选出的m人的和是否大于k$
$大于说明当前m是满足的，于是更改上界，再去判断是否存在更小的m也满足。$
$否则就更改下界，去寻找更大的m满足条件。$
$这里默认了一个条件即m越大获得能力和越大。这也是能使用二分的单调性。$
乍一看没什么不对，选的人多了嘛，肯定能力和越大。
可是实际上并不满足这个性质，因为题目是从一段中选出一个最大的。
$比如例子3,4, 55 ,55, 2 ,3$
$当m=2时，答案为55+55 = 110;m=3时答案为4+55+3 = 62$
$并不满足单调递增性(m越大和越大)$
$所以二分是错误的，但是二分能过只能说数据不强，或者出题人有意放过。$

${\color {red} {Step 2}}$
那么接下来就来讨论正确的做法
$既然不能二分,那只能从小到大枚举m了吧$
$使用ST表查询时间是O(1)的那么朴素的枚举m的时间复杂度为$

$$O(n^{2})$$

$但是这里存在一个优化$
$我们知道{\lfloor \frac{n}{m} \rfloor}只有 {\sqrt {n}} 种值。$
$也就是说对于不同的m，{\lfloor \frac{n}{m} \rfloor} 是一样的，即每一段的人数是一样的。$
$于是对于相同的{\lfloor \frac{n}{m} \rfloor} 我们没必要从头开始，只需要继续累计和即可$

$例子n = 7$
$假设我们已经枚举到了m = 4 ,{\lfloor \frac{n}{m} \rfloor} = 1$
$也就是每1个人取一个最大值，现在已经取得了前4个人的值。$
$当m = 5，,{\lfloor \frac{n}{m} \rfloor} = 1还是每1个人取一个最大值。$
$我们已经知道前4个人的最大值的和,对于第5个，只需要加上即可。$
$而对于{\lfloor \frac{n}{m} \rfloor} 出现的范围是[m,\frac{n}{\lfloor \frac{n}{m} \rfloor}]$
时间复杂度为

$$O(nlog(n))$$

---

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 2e5+10;
typedef long long ll;
int arr[maxn],mm[maxn];
int n;ll k;
struct ST{
    int dp[maxn][20];
    void init() {
        mm[0] = -1;
        for(int i=0;i<n;i++) {
            dp[i][0] = arr[i];
            mm[i+1] = (((i+1) & i) == 0) ? mm[i] + 1 : mm[i];
        }
        for(int j=1;(1<<j)<=n;j++) {
            for(int i=0;i+(1<<j)-1<n;i++) {
                dp[i][j] = max(dp[i][j-1],dp[i+(1<<(j-1))][j-1]);
            }
        }
    }
    int query(int l,int r) {
        int k = mm[r-l+1];
        // while((1<<(k+1)) <= (r - l + 1)) k++;
        return max(dp[l][k],dp[r-(1<<k)+1][k]);
    }
}st;
int solve() {
    st.init();
    for(int m=2;m<=n;) {
        int len = n / m,c = 1,l;
        int r = n / len;
        ll res = 0;
        for(;m<=r;m++) {
            for(;c<=m;c++) {
                l = c * len;
                res += st.query(l-len,l-1);
                if(res > k) return m;
            }
        }
    }
    return -1;
}
int main()
{
    while(~scanf("%d%lld",&n,&k),n != -1 && k != -1) {
        ll sum = 0;
        int tmp = 0;
        for(int i=0;i<n;i++) {
            scanf("%d",&arr[i]);
            sum += arr[i];
            tmp = max(tmp,arr[i]);
        }
        if(sum <= k) {
            printf("-1\n");
            continue;
        }
        if(tmp > k) {
            printf("1\n");
            continue;
        }
        printf("%d\n",solve());
    }
    return 0;
}