ZOJ 3692

题解：

首先想到肯定是二分G的可能值，然后对于每一个判断可以用dp求解，值点必须要想到，余下的有点神。。。不好想。。。对于dp[i]，其表示前i个人分组之后Ri和的最小值，那么有

dp[i]=min{dp[k]+max(rp[k+1,...i])}，rp[k+1,...]，表示从i开始向前取到第k+1个人，这个dp是一个O(n^2)的算法，显然会T，进一步分析可以知道如果rp[k]前面的一个数rp[k-1]>rp[k]，那么有把第k-1个数加入最后一个分组并不会提高最后的R值，反而可能减小，于是这里便可以设置一个单调队列，队列中有rp[q[0]]>rp[q[1]]]>...>rp[q[tail-1]],同时设置一个

集合，集合内存放dp[k]+rp[k+1],那么每次裁定的复杂度降为O(1),总的降为O（n）.需要注意的开始时要有dp[j-1]+rp[q[head]]，sum[i]-sum[j-1]<=G

代码：

#include <cstdio>#include <cstring>#include <set>using namespace std;const int MAX=40010;multiset<int> s;int sum[MAX],dp[MAX],rp[MAX],gf[MAX],q[MAX],R,n;int min(int a,int b){    return a<b?a:b;}bool solve(int G){    int head=0,tail=0;    s.clear();    dp[0]=0;    int j=1;    for(int i=1;i<=n;i++)    {        while(sum[i]-sum[j-1]>G)            j++;        while(head<tail&&q[head]<j)        {            if(head+1<tail)                s.erase(s.find(dp[q[head]]+rp[q[head+1]]));            head++;        }        while(head<tail&&rp[q[tail-1]]<=rp[i])        {            if(head+1<tail&&s.find(dp[q[tail-2]]+rp[q[tail-1]])!=s.end())                s.erase(s.find(dp[q[tail-2]]+rp[q[tail-1]]));            tail--;        }        q[tail++]=i;        if(head+1<tail)            s.insert(dp[q[tail-2]]+rp[i]);        dp[i]=dp[j-1]+rp[q[head]];        if(!s.empty())            dp[i]=min(dp[i],*s.begin());    }    return dp[n]<=R;}int main(){    while(scanf("%d%d",&n,&R)!=EOF)    {        sum[0]=0;        for(int i=1;i<=n;i++)        {            scanf("%d%d",&rp[i],&gf[i]);            sum[i]=sum[i-1]+gf[i];        }        int l=0,r=sum[n];        int ans=0;        while(l<=r)        {            int mid=(l+r)/2;            if(solve(mid))            {                ans=mid;                r=mid-1;            }            else                l=mid+1;        }        printf("%d\n",ans);    }}