AcWing 299 裁剪序列

这道题算是我做过所有的单调队列优化 \(dp\) 题目中最难想的一道题，所以写篇题解再捋捋思路。

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暴力

首先很容易想到设 \(dp_i\) 表示将前 \(i\) 个数划分成若干序列，【每个序列的最大值之和】的最小值。
那么就会有：

\[dp_i = min \begin{Bmatrix} dp_j + max_{k = j + 1}^{i} \begin{Bmatrix} a_k \end{Bmatrix} \end{Bmatrix}, \\ 其中 \ 0 \leq j < i \ 且 \ \sum_{k = j + 1}^{i} a_k \leq m. \]

这样子的复杂度是 \(O(n^3)\)，考虑优化。

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优化

先证明一个东西，那就是 \(dp_i\) 是单调不减的（也就是非严格单调递增），即：对于任意的 \(i\)，都有 \(dp_i \leq dp_{i + 1}\)。
这是显然的，因为多加一个数，它如果单开一个序列，那么就会造成贡献；如果它归为最后一个已有的序列，那么若它比最后一序列中的最大值小，那么它就不会产生贡献，否则就会产生贡献，使最大值之和变大。

然后观察转移方程：

\[dp_i = min \begin{Bmatrix} dp_j + max_{k = j + 1}^{i} \begin{Bmatrix} a_k \end{Bmatrix} \end{Bmatrix} \]

可以发现，\(max_{k = j + 1}^{i} \begin{Bmatrix} a_k \end{Bmatrix}\) 随着 \(j\) 的增加，是非严格单调递减的，因为右端点 \(i\) 不动，所以 \([j + 1, i]\) 中的的最大值是越来越小或者不变的。
因此我们就会有一个这样的发现：在 \(max_{k = j + 1}^{i} \left \{ a_k \right\}\) 的值相等的情况下，我的决策点 \(j\) 是越靠前越好的（因为 \(dp_i\) 是单调不减的嘛）。
如此一来，在合法区间内有若干个的可能的最优决策点（分别对应使 \(max_{k = j + 1}^{i} \left \{ a_k \right\}\) 值相等的最小的位置 \(j\)）。因此我们就用单调队列来维护 \(a_k\) 单调递减，队列所记录的位置就是一个可能的决策点。
至于查询所有可能决策点的最小贡献，用 \(multiset\) 来实现（这句可能不好理解，可以先看代码）。

代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int maxn = 1e5 + 7;

int n, a[maxn];
ll m, s, dp[maxn];
int l[maxn];
int q[maxn], h, t;
multiset<ll> S;
int main() {
	
	scanf("%d%lld", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		scanf("%d", a + i);
		if (a[i] > m) {
			printf("-1\n");
			return 0;
		}
	}
	// 预处理使 a[j+1...i] 之和小于等于 m 的最小 j
	for (int i = 1, j = 0; i <= n; ++i) {
		s += a[i];
		while (s > m) s -= a[++j];
		l[i] = j;
	} 
	h = 1, t = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		// 如果之前的某些决策点已经不在合法区间
		// 那么就要删去, 其所对应的可能答案也要删去
		while (h <= t && q[h] < l[i]) {
			S.erase(dp[q[h]] + a[q[h + 1]]);
			++h;
		}
		// 维 a 护单调递减
		while (h <= t && a[q[t]] <= a[i]) {
			S.erase(dp[q[t - 1]] + a[q[t]]);
			--t;
		}
		
		if (h <= t) S.insert(dp[q[t]] + a[i]);
		q[++t] = i;
		
		// 这句是为了包括【队头的决策点】【从合法区间的最左端转移过来】的情况
		// 学校机房上传不了图片来解释，先鸽着
		dp[i] = dp[l[i]] + a[q[h]];  
		
		if (S.size()) dp[i] = min(dp[i], *(S.begin()));
	}
	printf("%lld\n", dp[n]);
	return 0;
}