2023牛客OI赛前集训营-提高组（第三场）分糖果

本文主要是介绍2023牛客OI赛前集训营-提高组（第三场）分糖果，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

题目大意

有一个长度为 $n$ 的序列 $a_i$ ，现在你可以取序列 $a_i$ 的前若干个元素，并将这些元素分成 $k$ 个连续的区间。一种方案分法的分数为这些区间的区间和中的最大值，求分数的最小值。

有 $T$ 组数据。

$1\leq T\leq 3,1\leq n\leq 10^5,1\leq k\leq n,-10^9\leq a_i\leq 10^9$

题解

我们可以二分答案，设当前二分到的值为 $mi d$ 。

设 $f_i$ 表示前 $i$ 个数字中最多可以分成多少段，使得每一段的和都大于等于 $mi d$ 。如果存在 $f_i>k$ ，则 $mi d$ 是可行的；否则， $mi d$ 不可行。

$f_i$ 的转移式如下：

$f_i=\max\{f_j\}+1$ ，其中 $j < i$ 且 $s_i-s_j\geq mid$ ，数组 $s$ 为数组 $a$ 的前缀和数组。

这样做的时间复杂度为 $O(n^2\log v)$ ，其中 $v$ 为值域。我们考虑优化。

我们发现， $j$ 需要满足的条件为 $j < i$ 且 $s_j\leq s_i-mid$ 。那么，我们将所有 $s_i$ 和 $s_i-mid$ 排序并离散化一下，用树状数组来维护所有满足条件的 $j$ 中的最小的 $f_j$ ，查询时用 $s_i-mid$ 离散化后的位置来求前缀最小值。这样的话，修改和查询都是 $O(\log n)$ 的。

时间复杂度为 $O(Tn\log n\log v)$ 。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T,n,K,tr[200005],f[100005];
long long ans,a[100005],sum[100005];
vector<long long>v;
int lb(int i){return i&(-i);
}
void pt(int i,int w){while(i<=v.size()){tr[i]=max(tr[i],w);i+=lb(i);}
}
int find(int i){int re=-1e9;while(i){re=max(re,tr[i]);i-=lb(i);}return re;
}
int gtid(long long w){int t=lower_bound(v.begin(),v.end(),w)-v.begin();return v.size()-t;
}
bool pd(long long mid){v.clear();for(int i=1;i<=n;i++){v.push_back(sum[i]);v.push_back(sum[i]-mid);}v.push_back(0);sort(v.begin(),v.end());v.erase(unique(v.begin(),v.end()),v.end());for(int i=1;i<=v.size();i++) tr[i]=-1e9;f[0]=0;pt(gtid(0),f[0]);for(int i=1;i<=n;i++){f[i]=find(gtid(sum[i]-mid))+1;pt(gtid(sum[i]),f[i]);if(f[i]>=K) return 1;}return 0;
}
int main()
{scanf("%d",&T);while(T--){scanf("%d%d",&n,&K);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&a[i]);sum[i]=sum[i-1]+a[i];}long long l=-1e15,r=1e15,mid;while(l<=r){mid=l+r>>1;if(pd(mid)) r=mid-1;else l=mid+1;}printf("%lld\n",r+1);}return 0;
}