题解：CF1918D（D. Blocking Elements）

一、 读题

1. 题目链接

（1） 洛谷链接

洛谷链接

（2） CF链接

CF链接

2. 题意简述

已知一个长度为 $n$ 的数组 $a$，构造一个数组 $b$（记其长度为 $m$），使得代价最小。代价为①和②的最大值。
$$①=\sum _{i=1}^n{a}_{b_i}$$
$$②=\underset{0⩽i⩽m}{\max }\sum _{j=b_i+1}^{b_{i-1}+1}{a}_j$$
这里，我们规定 $b_0=b_{n+1}=1$。

二、 分析

本题 $n$ 为 $10^5$ 数量级，是标准的 $O(n\cdot lo{g}_2(n))$ 题。

三、 知识

二分答案+动态规划+前缀和+单调队列优化。

四、 思路

由于本题需要同时保证两个量（①和②）最优，所以一定是确定其中一个，并用已知的这一个去求未知的。我们不难想到，可以已知②求①。这里我们利用可行性进行二分答案，即通过 $judge$ 函数判断在保证②最大为 $num$ 的情况下能得到的最小的①是否比 $num$ 小，用二分答案找到“行”与“不行”的分界点。

那么如何验证呢？

我们不难想到动态规划——定义 $f_i$ 为考虑 $a$ 中的前 $i$ 个数，保证②不超过 $num$，并且选择了 $a_i$，在这种情况下①的最小值。

转移也不难，对于 $f_i$，我们在从 $1$ 到 $i-1$ 的范围内选择一个 $j$，使得从 ${\sum }_{k=j}^i{a}_k$ 不超过 $num$，这样 $f_i$ 就可以从所有 $f_j$ 加上 $1$ 转移，当然这里是求最小值。但是遍历的代价是平方级的，所以这里用前缀和+单调队列优化。

为了方便计算和统计答案，我们定义 $a_0=a_{n+1}=0$，这样显然不会影响最终的结果。现在要考虑初始值（边界值）。显然，$f_0=0$。最终的答案（这里指的是验证中①的最小值）就是 $f_{n+1}$，这样既考虑了 $1$ 至 $n$ 的所有数，有没有必须选择 $1$ 至 $n$ 中某一个的限定。

验证的返回值就是最小的①是否不超过 $num$。

五、 编码

··
#include<bits/stdc++.h>
#define N 110000
using namespace std;
long long f[N]={},s[N]={};
int a[N]={},q[N]={},n=0,t=0;
bool judge(long long num);
int main(){scanf("%d",&t);while(t--){scanf("%d",&n);a[0]=0;s[0]=0;for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);s[i]=s[i-1]+a[i];}a[n+1]=0;s[n+1]=s[n];long long l=0,r=s[n]+1;while(l+1<r){long long mid=(l+r)/2;if(judge(mid)==false){l=mid;}else{r=mid;}}printf("%lld\n",r);}return 0;
}
bool judge(long long num){for(int i=1;i<=n+1;i++){f[i]=0;}int front=1,rear=0;rear++;q[rear]=0;f[0]=0;for(int i=1;i<=n+1;i++){while(front<=rear&&s[i-1]-s[q[front]]>num){front++;}f[i]=f[q[front]]+a[i];while(front<=rear&&f[q[rear]]>f[i]){rear--;}rear++;q[rear]=i;}if(f[n+1]<=num){return true;}return false;
}