UVALive

题意：给你n个已知长度的单词与一行可以容纳的字符数，当文章每一行开始不能为空格，行末不能为空格，每个单词之间至少一个空格的时候，单词间最大空格数量的最小值。

题解：一开始是想到直接定义dp[i]代表当前位置作为行末时候的已有的空格数最大的最小值，然后不断更新，但是这样是n^2的复杂度，肯定会T。由于空格数目越多，越容易放置，所以我们可以通过，二分空格数目，用dp来验证，当前空格最大为mid的时候是否能满足条件。

dp过程：我们定义dp[i]==1时表示当前位置可以作为行末，0则相反。这时候有一个性质，就是假如当前位置能成为行末的话，假设他能更新的范围是[L,R]，那么下一次我们dp更新的时候，更新范围一定是左端点大于等于L，右端点大于等于R，所以对于已经更新的区域，我们不需要再次进行更新，通过一个指针head的移动就对未更新的区域更新。这时候，复杂度就变成nlogn了

AC代码：

#include<stdio.h>#include<string.h>#include<iostream>using namespace std;int a[50005],dp[50005];int sum[50005];int w,n;bool judge(int len){memset(dp,0,sizeof(dp));dp[0]=1;int head=0;for(int i=0;i<=n;i++)if(dp[i]){for(int j=max(head,i+2);j<=n;j++){if(sum[j]-sum[i]+j-i-1>w){head=j;break;}int ans=(w-(sum[j]-sum[i]))/(j-i-1);if((w-(sum[j]-sum[i]))%(j-i-1)!=0)ans++;if(ans<=len)dp[j]=1;}}for(int i=0;i<=n;i++){if(sum[n]-sum[i]+n-i-1<=w)if(dp[i])return 1;}return 0;}int main(){while(~scanf("%d%d",&w,&n)){if(w==0&&n==0)break;sum[0]=0;for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),sum[i]=sum[i-1]+a[i];int l=1,r=w;while(l<=r){int mid=l+r>>1;if(judge(mid))r=mid-1;else l=mid+1;}printf("%d\n",l);}}