《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……)
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。
仅一行，一个整数w，为最低的发怒度。
17 11
6 4 5 2 5 3 4 5 2 3 4 5 2 3 6 3 5
3
60%数据 n<=2000
100%数据 0<n<=50000，0<a[i]<=3000，0<t<=100000000
最小化最大值——二分
很明显的一个DP
每次二分最长空题段，判断mid
方法一：朴素的DP
令f[i]表示抄第i道题所花费的最小时间
状态转移方程：f[i]=min(f[j])+time[i] max(0,i-mid-1)<=j<=i-1
初始化:f数组极大值，f[0]=0
时间复杂度：n²
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 50001
using namespace std;
int n,t,l,r,mid,ans,f[N],a[N];
inline bool check(int k)
{
memset(f,,sizeof(f));
f[]=;
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=max(i-k-,);j<i;j++)
f[i]=min(f[i],f[j]+a[i]);
int tmp=0x7fffffff;
for(int i=n-k;i<=n;i++) tmp=min(tmp,f[i]);
if(tmp<=t) return true;
return false;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&t);
for(int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
l=,r=n;
while(l<=r)
{
mid=l+r>>;
if(check(mid)) {ans=mid;r=mid-;}
else l=mid+;
}
printf("%d",ans);
}
结果：
方法二：线段树优化DP
用线段树维护区间最小值，就可以直接查询[i-mid-1,i-1]内的最小值
时间复杂度：log n （二分）*n（枚举每道题）*（log n+log n）（区间查询+单点修改）= 2*n*log²n
结果：
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define N 50001
#define INF 100000010
using namespace std;
int n,t,ql,qr,mid,ans,f[N],a[N];
struct node{int l,r,key;}tr[N*];
inline int read()//读入优化
{
int x=;char c=getchar();
while(c<''||c>'') c=getchar();
while(c>=''&&c<='') {x=x*+c-'';c=getchar();}
return x;
}
inline void begin(int k,int l,int r)//初始化
{
tr[k].key=INF;
if(l==r) return;
int mid=l+r>>;
begin(k<<,l,mid);
begin((k<<)+,mid+,r);
}
inline int query(int k,int opl,int opr)//区间查询
{
if(tr[k].l>=opl&&tr[k].r<=opr) return tr[k].key;
int mid=tr[k].l+tr[k].r>>;
{
int ll=INF;if(opl<=mid) ll=query(k<<,opl,opr);
int rr=INF;if(opr>mid) rr=query((k<<)+,opl,opr);
return min(ll,rr);
}
}
inline void change(int k,int x,int y)//单点修改
{
if(tr[k].l==tr[k].r) {tr[k].key=min(tr[k].key,y);return;}
int mid=tr[k].l+tr[k].r>>;
if(x<=mid) change(k<<,x,y);
else change((k<<)+,x,y);
tr[k].key=min(tr[k<<].key,tr[(k<<)+].key);
}
inline bool check(int k)
{
begin(,,n);
change(,,);
for(int i=;i<=n;i++)
{
int p=query(,max(,i-k-),i-);
change(,i,p+a[i]);
}
int tmp=0x7fffffff;
if(query(,n-k,n)<=t) return true;
return false;
}
inline void build(int k,int l,int r)//建树
{
tr[k].l=l;tr[k].r=r;
if(l==r) return;
int mid=l+r>>;
build(k<<,l,mid);
build((k<<)+,mid+,r);
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&t);
for(int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
build(,,n);
ql=,qr=n;
while(ql<=qr)
{
mid=ql+qr>>;
if(check(mid)) {ans=mid;qr=mid-;}
else ql=mid+;
}
printf("%d",ans);
}
方法三：单调队列优化DP
假设有一段长度为mid的滑动窗口，每次这个窗口可以框住长为mid的一段数
我们需要的是长为mid的一段数里最小的那一个，所以可以维护一个单调上升的队列，这样每次直接取出队首就好了。
为什么要维护单调递增的队列?
因为如果这个数比前一个大，当窗口移过前一个数时，这个数可能成为最小的
如果这个数比前一个小，这个数的前一个一定不如这个优，所以删去大的
所以这就需要维护2个数组，1个存储队列中元素的在原序列中的位置（即第几道题），1个存储所需时间
如何维护这个队列的单调性？
1、数必须在窗口范围内，假设当前要计算第i个，那么可以更新它的范围是[i-mid-1,i-1]，所以如果当前队首位置<i-mid-1，就让其出队
2、单调递增，如果第抄第i-1道题所需时间比当前的队尾时间少，就让队尾出队
3、在确定位置插入i-1的信息
4、用队首信息更新当前点信息
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 50001
using namespace std;
int n,t,head,tail,a[N],f[N],q[N],id[N],l,r,mid,ans;
//a存储抄每道题所需时间，f抄第i道题的最少时间，q单调队列数组，存储所需时间，id单调队列数组，存储题目编号
inline bool check(int k)
{
memset(q,,sizeof(q));
memset(f,,sizeof(f));
memset(id,,sizeof(id));
head=tail=;
//队列采取左闭右开式，有效范围为[head,tail-1]
for(int i=;i<=n;i++)
{
while(id[head]<i-k-&&head<tail) head++;//队首题目编号不在可以更新i的范围内，出队
while(f[i-]<q[tail-]&&head<tail) tail--;//不满足单调性，出队
q[tail]=f[i-];//入队
id[tail]=i-;
tail++;
f[i]=q[head]+a[i];
}
int tmp=0x7fffffff;
for(int i=n-k;i<=n;i++) tmp=min(tmp,f[i]);
if(tmp<=t) return true;
return false;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&t);
for(int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
l=,r=n;
while(l<=r)
{
mid=l+r>>;
if(check(mid)) {ans=mid;r=mid-;}
else l=mid+;
}
printf("%d",ans);
}
结果：