Codevs 3342 绿色通道

3342 绿色通道

时间限制: 1 s　　　　空间限制: 256000 KB　　　　题目等级 : 黄金 Gold

题目描述 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……)

输入描述 Input Description

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。

输出描述 Output Description

仅一行，一个整数w，为最低的发怒度。

样例输入 Sample Input

17 11

6 4 5 2 5 3 4 5 2 3 4 5 2 3 6 3 5

样例输出 Sample Output

数据范围及提示 Data Size & Hint

60%数据 n<=2000

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

自己想了一个N²* log₂N 的做法...

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstring>
 3 #include<cstdio>
 4 #define maxn 50010
 5 //用f[i]表示在做第i道题的情况下，前i道题在合法状况下
 6 //（即空题段长度不超过mid）可能的所有方案中的最小时间
 7 // 得到状态转移方程f[i]=min(f[j]+a[i],f[i]) 
 8 using namespace std;
 9 int a[maxn],n,t,f[maxn];
10 bool Judge(int x){
11     memset(f,0x3f,sizeof(f));
12     f[0]=0;
13     for(int i=1;i<=n;i++){
14         for(int j=max(i-x-1,0);j<i;j++){
15             f[i]=min(f[i],f[j]+a[i]);
16         }
17     }
18     int rt=0x7f;
19     for(int i=n-x-1;i<=n;i++) rt=min(rt,f[i]);
20     if(rt<=t)return true;
21     else return false;
22 }
23 int main()
24 {
25     scanf("%d%d",&n,&t);
26     for(int i=1;i<=n;i++)
27       scanf("%d",&a[i]);
28     int l=0,r=n,ans=n;
29     while(l<r){
30         int mid=(l+r)/2;
31         if(Judge(mid)) r=mid;
32         else l=mid+1;
33     }
34     printf("%d",l+1);
35     return 0;
36 }

还是T(还有WA掉的)掉一大片~~~

AC代码：

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstring>
 3 #include<cstdio>
 4 #define maxn 50010
 5 //用f[i]表示在做第i道题的情况下，前i道题在合法状况下
 6 //（即空题段长度不超过mid）可能的所有方案中的最小时间
 7 // 得到状态转移方程f[i]=min(f[j]+a[i],f[i]) 
 8 using namespace std;
 9 int a[maxn],n,t,f[maxn],q[maxn];
10 bool Judge(int x){
11     memset(f,0,sizeof(f));
12     int head=0,tail=0;
13     for(int i=1;i<=n;i++){
14         while(head<=tail&&i-q[head]>x+1)head++;//对于f[i]他只能从i前面的x个答案中更新过来，所以先将无用的出队
15         //
16         f[i]=f[q[head]]+a[i];
17         while(head<=tail&&f[q[tail]]>f[i])tail--; // j可以更新到j+x j+1可以更新到j+1+mid显然j+1更优秀 
18         // 这时如果f[j+1]跟优秀的化，直接接将不够优秀的删掉
19         q[++tail]=i;//入队 
20     }
21     int rt=500000000;// 不知为什么 这里写0x7f就是不对 
22     for(int i=n-x-1;i<=n;i++) rt=min(rt,f[i]);
23     if(rt<=t)return true;
24     else return false;
25 }
26 int main()
27 {
28     scanf("%d%d",&n,&t);
29     for(int i=1;i<=n;i++)
30       scanf("%d",&a[i]);
31     int l=0,r=n,ans=n;
32     while(l<=r){
33         int mid=(l+r)/2;
34         if(Judge(mid)) ans=mid,r=mid-1;
35         else l=mid+1;
36     }
37     printf("%d",ans);
38     return 0;
39 }
40 //感谢来自郑学长的讲解 ^_^ ^_^

这个题需要用到单调队列优化，虽然看上去是N²* log₂N 但是由于在单调队列中，所有的点只会进队出队一次，所以是N* log₂N 的做法。