木棍分割[HAOI2008]

题目描述

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。。。

输入

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.

输出

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.

样例输入

3 2
1
1
10

样例输出

10 2

提示

两种砍的方法: (1)(1)(10)和(1 1)(10)

题解 

    人生第一道二分答案成就感满满！二分答案，是指在最小值和最大值之间二分枚举答案，逐渐把答案缩小到一个值得出最优解。二分答案的题目设问常常是最大值最小、最小值最大，解的可能性应该是单调的(即某值不可行则答案只能比它大或只能比它小)，需要能简单地验证答案正确与否，要注意的就是防止死循环(不过这道题好像没有这个问题)。对于木棍分割，如果这个值可行，最优解可能比它更小，以它为上界看一看有没有更小的解；如果这个值不可行，只能舍弃它和比它更小的解，以它+1为下界搜索答案。
    int check(long long x)
    {
       temp=he=0;
       for(int i=1;i<=n;i++)
       {
          if(he+li[i]<=x)
            he+=li[i];
          else
          {
            he=li[i];
            temp++;
            if(temp>m)
               return 0;
          }
       }
       if(temp>m)  return 0;
       return 1;
     }
     le=yd,jg=zd;(最小解是单段木块长度的最大值，最大解是所有木块长度之和)
     while(le<jg)
     {
        mid=(le+jg)>>1;
        if(check(mid))  jg=mid;
        else le=mid+1;
     }
     dp部分优化空间复杂度用滚动数组，优化时间复杂度用类似单调队列的思路，和Watching firework is fun大同小异，最后结果为f[i][n]之和。f[i][j]表示j段木块切i次的方案，f[i][j]为所有满足sum[i]-sum[k]<=jg的f[k][j-1]之和(1<=k<i)。f[i]只与f[i-1]有关，第一维只有0和1；sum是单调的，只要维护一个f[k][j-1]之和每次从后部加上新值，从头部减去不满足条件的k对应的值即可。

UPD：关于这个二分卡死的问题后来慢慢弄清了是怎么回事。并不是+1或不+1就容易被卡死，而是你要保证每次l和r总有一个是变化的。比如说mid=l+r>>1，那mid可能和l相等，你就不能if(……)l=mid，如果必须这样就得mid=(l+r+1)>>1。OI中的很多东西开始不明白，用了很长时间忽然就搞懂了，只有看清了内部的原理才是真正的通透啊。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int sj=;
int li[sj],mod=,yd;
int la,no,head,n,m,mid,temp,tail;
long long s[sj],f[][sj],zd,jg,le,he,fas;
int dbj(int x,int y)
{
    return x>y?x:y;
}
int xbj(int x,int y)
{
    return x<y?x:y;
}
void init()
{
     scanf("%d%d",&n,&m);
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
       scanf("%d",&li[i]);
       s[i]=s[i-]+li[i];
       zd+=li[i];
       yd=dbj(li[i],yd);
     }
}
void dp()
{
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
       if(s[i]<=jg)
         f[][i]=;
       if(s[i]>jg)
         break;
     }
     fas=f[][n];
     for(int j=;j<=m;j++)
     {
         head=;
         tail=;
         he=;
         la=(j+)%;
         no=j%;
         for(int i=;i<=n;i++)
         {
            if(i<j)  continue;
            for(int k=tail+;k<i;k++)
              he+=f[la][k];
            tail=i-;
            while(s[i]-s[head]>jg)
            {
               he-=f[la][head];
               head++;
            }
            f[no][i]=he;
            f[no][i]%=mod;
         }
         fas+=f[no][n];
         fas%=mod;
     }
}
int check(long long x)
{
    temp=he=;
    for(int i=;i<=n;i++)
    {
       if(he+li[i]<=x)
         he+=li[i];
       else
       {
         he=li[i];
         temp++;
         if(temp>m)
            return ;
       }
    }
    if(temp>m)  return ;
    return ;
}
int main()
{
    init();
    le=yd,jg=zd;
    while(le<jg)
    {
        mid=(le+jg)>>;
        if(check(mid))  jg=mid;
        else le=mid+;
    }
    printf("%lld\n",jg);
    dp();
    printf("%lld",fas);
    //while(1);
    return ;
}