題目鏈結
先考慮最暴力的\(dp\)：設\(f[k][i]\)表示搞掉第\(1\sim i\)段，燒了\(k\)段的最小花費，設\(calc(x,y)=sum[x\sim y]\le m?0:sum[x\sim y]\)，可以列出轉移方程如下
\[f[k][i]=min(f[k-1][j]+calc(j+1,i))+k*a[i] (j
這樣時間複雜度是\(o(n^3)\)的，十分**
考慮優化
首先發現題目中給出的\(1000 \le a[i]\le 2000\)。仔細想想，這表明\(k\)值最大不會太大
設最壞情況下取了\(k\)，則此時一定是滿足\(k*(k+1)/2*1000\le n*2000\)的
（就是說不是你把\(n\)段橋都斷了也比\(k\)段優）
這樣算下來\(n\)最大的時候\(k\)也就是\(600\)的樣子，\(o(n*k)\)就可以過了
但現在時間複雜度還是\(o(n^2k)\)的，考慮對於每個\(k\)的每個\(i\)，如何快速計算此時的\(f[k][i]\)
這個時候就可以用單調佇列優化了。
設當前是\(f[k][i]\)，題目中\(m\)的限制（就是那個\(calc(x,y)\)）就相當於把\(1\sim i\)段分成了兩部分：
前半部分要計算中間的\(sum[x\sim y]\)，後半部分不用
那麼對於前半部分記乙個最小值，後半部分維護遞增的單調佇列，\(dp\)時取兩個最小的那個就可以做到\(o(1)\)轉移了
細節不少，剛開始寫感覺很迷，寫著寫著也就想明白了吧
注意\(k\)是沒有單調性的，一定從\(1\)到\(t\)全列舉一遍
和\(sxz\)一起卡了波時間，驚奇地發現\(k\)最大居然只有\(152\)
（別問為什麼這麼準，二分試出來的）
#include#include#include#include#include#include#include#include#include#define qmax(x,y) (x=max(x,y))
#define qmin(x,y) (x=min(x,y))
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pairpii;
inline int read()
while(ch>='0'&&ch<='9')
ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar();
return ans*fh;
}const int maxn=1e5+100;
int n,m,mx,q[maxn],p[maxn],l,r,a[maxn],f[2][maxn];
int tot,mn,sum[maxn],ans=0x7fffffff;
int main()
if(l<=r) qmin(now,p[l]);
qmin(now,mn+tot);
f[o][i]=(now+=k*a[i]);
while(l<=r&&p[r]>=f[o^1][i]) r--;
p[++r]=f[o^1][i],q[r]=i;
tot+=a[i];
} qmin(ans,f[o][n]);
} printf("%d\n",ans);
return 0;
}
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