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-1,10
00),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


Sample Output

 

HINT

两种砍的方法: (1)(1)(10)和(1 1)(10)

Solution

from Joe Fan,一个写得很好的题解

第一问是一个十分显然的二分,贪心Check(),很容易就能求出最小的最大长度 Len 。

第二问求方案总数,使用 DP 求解。

  使用前缀和,令 Sum[i] 为前 i 根木棍的长度和。

  令 f[i][j] 为前 i 根木棍中切 j 刀,并且满足最长长度不超过 j 的方案数,那么:

    状态转移方程: f[i][j] = Σ f[k][j-1]   ((1 <= k <= i-1) &&  (Sum[i] - Sum[k] <= Len))  

  这样的空间复杂度为 O(nm) ,时间复杂度为 O(n^2 m) 。显然都超出了限制。

  下面我们考虑 DP 的优化。

  1) 对于空间的优化。

    这个比较显然,由于当前的 f[][j] 只与 f[][j-1] 有关,所以可以用滚动数组来实现。

    f[i][Now] 代替了 f[i][j] , f[i][Now^1] 代替了 f[i][j-1] 。为了方便,我们把 f[][Now^1] 叫做 f[][Last] 。

    这样空间复杂度为 O(n) 。满足空间限制。

  2) 对于时间的优化。

    考虑优化状态转移的过程。

    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 ,那么,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。

    这样时间复杂度为 O(nm) 。满足时间限制。

//KaibaSeto 20170128
#include <stdio.h>
#include <memory.h>
#define MaxN 50010
#define MaxBuf 1<<22
#define mo 10007
#define RG register
#define mid ((x>>1)+(y>>1)+(x&y&1))
char B[MaxBuf],*p=B;
template<class Type>inline void Rin(RG Type &x){
x=;
while(*p<''||*p>'')p++;
while(*p>=''&&*p<='')
x=(x<<)+(x<<)+*p++-'';
}
int n,m,l[MaxN],s[MaxN],ans,cnt,f[][MaxN];
inline bool Jud(RG int lim){
RG int tot=,block_num=;
for(RG int i=;i<=n;i++){
if(l[i]>lim)return false;
tot+=l[i];
if(tot>lim){
block_num++; tot=l[i];
}
if(block_num>m)return false;
}
return true;
}
inline void bin_search(){
RG int x=,y=s[n];
while(x<=y)
Jud(mid)?(ans=mid,y=mid-):x=mid+;
printf("%d ",ans);
}
inline void approach(){
RG int c=;
for(RG int i=;i<=m;i++){
c^=;
RG int tot=,k=;
for(RG int j=;j<=n;j++){
if(!i)f[c][j]=(s[j]<=ans);
else{
while(k<j&&s[j]-s[k]>ans){
tot-=f[c^][k];
(tot+=mo)%=mo;
++k;
}
f[c][j]=tot;
}
(tot+=f[c^][j])%=mo;
}
(cnt+=f[c][n])%=mo;
}
printf("%d\n",cnt);
}
#define FO(x) {freopen(#x".in","r",stdin);}
int main(){
FO(bzoj1044);
fread(p,,MaxBuf,stdin);
Rin(n),Rin(m);
for(RG int i=;i<=n;i++){
Rin(l[i]);
s[i]=s[i-]+l[i];
}
bin_search();
approach();
return ;
}

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