BZOJ 1044 木棍分割 解题报告（二分+DP）
来到机房刷了一道水（bian’tai）题。题目思想非常简单易懂（我的做法实际上参考了Evensgn 范学长，在此多谢范学长了）
题目摆上：
1044: [HAOI2008]木棍分割
Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 162 MBSubmit: 3162 Solved: 1182[Submit][Status][Discuss]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-1,1000),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)
多谢范学长的博客教会了我这道DP的优化。
接下来说说这道题的思路：
首先我们需要求被分割后的最长的木条的长度，这个很简单，二分+贪心check即可，跟基本的套路一样，相信大家都能理解：
bool check(int x/*x表示我们二分的最长段的长度*/){
if(x < p)return false;
int cut = 0,add = 0;
for(int i = 1;i <= n;++i){
if(add + a[i] > x){
cut++;//cut表示当前已经分割了几次
if(cut > m)return false;
add = 0;
}
add += a[i];
}
return true;
}
while(l <= r){
mid = (l + r) >> 1;
if(check(mid))r = mid - 1;
else l = mid + 1;
} 接下来求完了我们需要的len，就应该求有多少种方案可以满足len了。
众所周知，动态规划的第一步是要写出状态……然后再来搞
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！
终于完成了，接下来就是代码了：
1 #include <iostream>
2 #include <cstdio>
3 #include <cstring>
4 #include <cmath>
5 #include <cstdlib>
6 #include <algorithm>
7 using namespace std;
8 const int maxn = 50005;
9 const int maxm = 1005;
10 const int mod = 10007;
11 int get_num(){
12 int num = 0;
13 char c;
14 bool flag = false;
15 while((c = getchar()) == ' ' || c == '\r' || c == '\n');
16 if(c == '-')
17 flag = true;
18 else num = c - '0';
19 while(isdigit(c = getchar()))
20 num = num * 10 + c - '0';
21 return (flag ? -1 : 1)*num;
22 }
23 int n,m;
24 int a[maxn],ss[maxn];
25 int f[maxn][2];
26 int now,pre,len,p = 0,mid,ans = 0;
27 bool check(int x){
28 if(x < p)return false;
29 int cut = 0,add = 0;
30 for(int i = 1;i <= n;++i){
31 if(add + a[i] > x){
32 cut++;
33 if(cut > m)return false;
34 add = 0;
35 }
36 add += a[i];
37 }
38 return true;
39 }
40 int main(){
41 memset(f,0,sizeof(f));
42 memset(a,0,sizeof(a));
43 memset(ss,0,sizeof(ss));
44 n = get_num();
45 m = get_num();
46 for(int i = 1;i <= n;++i){
47 a[i] = get_num();
48 ss[i] = a[i] + ss[i-1];
49 p = max(p,a[i]);
50 }
51 int l = 0,r = 50000000;
52 while(l <= r){
53 mid = (l + r) >> 1;
54 if(check(mid))r = mid - 1;
55 else l = mid + 1;
56 }
57 len = r + 1;
58 now = 0;
59 pre = now^1;
60 int sumf = 0;
61 int mink = 0;
62 for(int i = 0;i <= m;++i){
63 sumf = 0;
64 mink = 1;
65 for(int j = 1;j <= n;++j){
66 if(i == 0)
67 if(ss[j] <= len)f[j][now] = 1;
68 else f[j][now] = 0;
69 else{
70 while(mink < j && ss[j] - ss[mink] > len){
71 sumf -= f[mink][pre];
72 sumf = (sumf + mod) % mod;
73 mink++;
74 }
75 f[j][now] = sumf;
76 }
77 sumf += f[j][pre];
78 sumf %= mod;
79 }
80 ans += f[n][now];
81 ans %= mod;
82 now ^= 1;
83 pre = now ^ 1;
84 }
85 printf("%d %d\n",len,ans);
86 return 0;
87 } 附赠一张图片：