[codevs3342] 绿色通道

Description

《思远高考绿色通道》(Green Passage, GP)是唐山一中常用的练习册之一，其题量之大深受lsz等许多oiers的痛恨，其中又以数学绿色通道为最。2007年某月某日，soon-if (数学课代表)，又一次宣布收这本作业，而lsz还一点也没有写……

高二数学《绿色通道》总共有n道题目要写(其实是抄)，编号1..n，抄每道题所花时间不一样，抄第i题要花a[i]分钟。由于lsz还要准备NOIP，显然不能成天写绿色通道。lsz决定只用不超过t分钟时间抄这个，因此必然有空着的题。每道题要么不写，要么抄完，不能写一半。一段连续的空题称为一个空题段，它的长度就是所包含的题目数。这样应付自然会引起马老师的愤怒。马老师发怒的程度(简称发怒度)等于最长的空题段长度。

现在，lsz想知道他在这t分钟内写哪些题，才能够尽量降低马老师的发怒度。由于lsz很聪明，你只要告诉他发怒度的数值就可以了，不需输出方案。(快乐融化：那么lsz怎么不自己写程序？lsz：我还在抄别的科目的作业……)

Input

第一行为两个整数n,t，代表共有n道题目，t分钟时间。

以下一行，为n个整数，依次为a[1], a[2],... a[n]，意义如上所述。

Output

仅一行，一个整数w，为最低的发怒度。

Sample Input

17 11
6 4 5 2 5 3 4 5 2 3 4 5 2 3 6 3 5

Sample Output

Hint

60%数据 n<=2000

100%数据 0<n<=50000，0<a[i]<=3000，0<t<=100000000

题解

最值问题，二分答案法？\(DP\)?

由于我们知道\(w~\epsilon \left [ 0,n \right ]\)，~~所以我们可以枚举w的值~~，由于\(0<n≤50000\)并且\(w\)越大时间越小，所以我们可以二分答案，再加以判断

如何判断？\(DP\)?

先来个朴素的，我们需要求的是在最大空题段为\(mid\)时，在\(n\)题中选择性做所需要的最短时间，

那么我们可以用\(a[i]\)表示作第\(i\)题所用的时间，用\(f[i]\)表示在满足最大空题段为\(mid\)时在前\(i-1\)题选择性做，第\(i\)题必作所用的最短时间，

那么状态转移方程为\(f[i]=min\left \{ f[k]] \right \}\left ( k~\epsilon \left [ i-1-mid,i-1 \right ] \right )+a[i]\)。

此时我们需要第一重循环枚举当前考虑的是第几道题，第二重循环枚举\(k\)，则\(DP\)的时间复杂度为\(O(n^{mid})\)，加上二分的时间，共\(O(log_{2}n\times n^{mid})\)，应该会超时。

再思考，我们要转移的\(f[k]\)肯定是在每一个区间内最小的，这不是可以用单调队列吗？用\(q[]\)来维护单调性，有以下步骤:

维护一个单调上升的单调队列，记录满足条件的题号，即可能是最优解的题号；
当单调队列的队首超过当前考虑的范围时，将其踢出队列；
维护队列的单调性并将当前的解加入队列

具体如下:

for(int i=1;i<=n;++i)
{
    while(q[l]+mid<i) ++l;
    f[i]=f[q[l]]+a[i];
    while(f[i]<=f[q[r]]) --r;
    ++r,q[r]=i;
}

坑点：因为第\(n\)道题不一定要选，所以我们\(n\)题中选择性做所需要的最短时间为\(f[n+1]\)

\(My~Code:\)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;

const int N=50005;
int n,t,a[N],f[N],q[N];

bool DP(int mid)//单调队列优化DP
{
    int l,r;
    f[0]=0,q[1]=0,l=r=1;
    ++mid;//方便计算
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        while(q[l]+mid<i) ++l;
        f[i]=f[q[l]]+a[i];
        while(f[i]<=f[q[r]]) --r;
        ++r,q[r]=i;
    }
    if(f[n]<=t) return 1;
    return 0;
}

void Brinary()//二分答案法
{
    int l=0,r=n,mid,Ans;
    ++n;//坑点处理
    for(;l<=r;)
    {
        mid=(l+r)>>1;
        if(DP(mid)) Ans=mid,r=mid-1;
        else l=mid+1;
    }
    printf("%d\n",Ans);
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&t);
    for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
    Brinary();
    return 0;
}