BZOJ 1044: [HAOI2008]木棍分割 DP,前缀和优化，二分答案

Description

　　有n根木棍, 第i根木棍的长度为Li,n根木棍依次连结了一起, 总共有n-1个连接处. 现在允许你最多砍断m个连
接处, 砍完后n根木棍被分成了很多段,要求满足总长度最大的一段长度最小, 并且输出有多少种砍的方法使得总长
度最大的一段长度最小. 并将结果mod 10007。。。
Input

　　输入文件第一行有2个数n,m.接下来n行每行一个正整数Li,表示第i根木棍的长度.n<=50000,0<=m<=min(n-1,10
00),1<=Li<=1000.
Output

　　输出有2个数, 第一个数是总长度最大的一段的长度最小值, 第二个数是有多少种砍的方法使得满足条件.
Sample Input
3 2

1

1

10
Sample Output
10 2
HINT

两种砍的方法: (1)(1)(10)和(1 1)(10)

解题方法：好题好题好题，磨了一晚上加一早上终于过去了这个题，好难。我们来说一说这个题的思路，第一问显然一个二分就可以了。关键是第二问，我们容易想到这样一个DP，我们设f[i][j]表示前i段一共分割了j次，设ss[i]为a[i]的前缀和，然后写出dp方程：

f[i][j] = Σf[k][j-1] 其中k要满足的条件是(1 <= k < i) && (ss[i] - ss[k] <= len)（这是很容易从题目中得出的）。

于是我们就可以完成了。

但是这样也太简单了吧……毕竟是HAOI的题目，如果这么简单就是NOIP难度了（虽然本人不否认以前的省选题目也有NOIP难度的）

然后注意到数据范围：n<=50000,0<=m<=min(n-1,1000)

我们注意到我们程序的时间复杂度实际上是O(n^2 m) 的，这明显就是爆了时间的。

那然后该怎么办呢？

我们可以注意到，如果我们设sumf 表示枚举到k的时候Σf[k][j-1]，(1 <= k < i) && (ss[i] - ss[k] <= len)，mink表示满足(1 <= k < i) && (ss[i] - ss[k] <= len)的最小的k。

其实对于 f[i][Now] ，其实是 f[mink][Last]…f[i-1][Last] 这一段 f[k][Last] 的和，mink 是满足 Sum[i] - Sum[k] <= Len 的最小的 k ，对于从 1 到 n 枚举的 i ，相对应的 mink 也一定是非递减的（因为 Sum[i] 是递增的）。我们记录下 f[1][Last]…f[i-1][Last] 的和 Sumf ，mink 初始设为 1，每次对于 i 将 mink 向后推移，推移的同时将被舍弃的 p 对应的 f[p][Last] 从 Sumf 中减去。那么 f[i][Now] 就是 Sumf 的值。（此段复制自Evensgn的博客，因为我觉得自己可能写不出来这么详细）

这样我们就不必枚举k，时间复杂度就降低到可以接受的O(nm)了。

但是这样就完成了？别天真了，还有一个坑那，时间解决了，空间呢？我们的空间复杂度是O(nm)啊，用计算器算一下明显超了。

这时候的DP有一个技巧（类似于飞扬的小鸟NOIP2014），我们发现其实j所属的那一维，只能由j-1转移而来，所以可以使用最常用的手段——滚动数组，来滚动掉第二维

使用now和pre，f[maxn][2]，now和pre只能为0或1，且pre = now^1，每完成一遍外层m循环更新now ^= 1,pre = now^1。

这样子我们的空间复杂度也降到可以接受的O（n）辣了！（上面的题解是粘贴的这个博客的，见这里） 我和他的思路是一样的。

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;const int N = 50005;const int P = 10007;int a[N], sum[N], pre[N];int dp[N][2];int presum[N];int ans, n, m;int answer;bool check(int x){    int num = 0, cnt = 0;    for(int i = 1; i <= n; i++){        if(num + a[i] <= x){            num += a[i];        }        else{            if(a[i] > x) return false;            else{                cnt++;                num = a[i];            }        }    }    if(cnt <= m) return true;    else return false;}int main(){    scanf("%d%d", &n, &m);    for(int i = 1; i <= n; i++){        scanf("%d", &a[i]);        sum[i] = sum[i-1] + a[i];    }    int l = 1, r = 1e9;    while(l < r){        int mid = (l + r) / 2;        if(check(mid)) r = mid;        else l = mid + 1;    }    ans = l;    int now = 0;    int sumf = 0;    int mink = 0;    for(int i = 0; i <= m; i++){        sumf = 0;        mink = 1;        for(int j = 1; j <= n; j++){            if(i == 0){                if(sum[j] <= ans) dp[j][now] = 1;                else dp[j][now] = 0;            }            else{                while(mink < j && sum[j] - sum[mink] > ans){                    sumf -= dp[mink][now^1];                    sumf = (sumf + P) % P;                    mink++;                }                dp[j][now] = sumf;            }            sumf += dp[j][now^1];            sumf = (sumf + P) % P;        }        answer += dp[n][now];        answer = (answer + P) % P;        now ^= 1;    }    printf("%d %d\n", ans, answer);    return 0;}