USACO 2009 Open 干草塔 Tower of Hay（贪心+单调队列优化DP）

https://ac.nowcoder.com/acm/contest/1072/B

Description

为了调整电灯亮度，贝西要用干草包堆出一座塔，然后爬到牛棚顶去把灯泡换掉。干草包会从传送带上运来，共会出现N包干草，第i包干草的宽度是Wi，高度和长度统一为1。干草塔要从底层开始铺建。贝西会选择最先送来的若干包干草，堆在地上作为第一层，然后再把紧接着送来的几包干草包放在第二层，再铺建第三层……重复这个过程，一直到所有的干草全部用完。每层的干草包必须紧靠在一起，不出现缝隙，而且为了建筑稳定，上层干草的宽度不能超过下层的宽度。按顺序运来的干草包一定要都用上，不能将其中几个干草包弃置不用。贝西的目标是建一座最高的塔，请你来帮助她完成这个任务吧。

Input Format

第一行：单个整数：N，1 ≤ N ≤ 100000 第二行到N + 1行：第i + 1行有一个整数Wi，1 ≤ Wi ≤ 10000

Output Format

第一行：单个整数，表示可以建立的最高高度

Sample Input

Sample Output

Hint

将1 和2放在第一层，将3放在第二层

即前两个（宽度为1和2的）放在底层，总宽度为3，在第二层放置宽度为3的。

       +----------+

       |         |

       +---+------+

       |  |     |

       +---+------+

题解

from：题解报告

这题首先应该会想到贪心，但马上否定掉。但此时如果你完全放弃了贪心，那么你就很可能想不到正解了。

由于此题阶段明显，可以断定用动规。在不考虑数据范围的前提下应该是很好做的。但N ≤ 100000，只能寻求更好的算法。

再回想到贪心，这时会想到一个奇葩的感觉貌似是对的，又不知如何证明的推论：

将塔看作一个面积一定图形，要使其最高，必须最瘦。

事实上这个是正确的。证明引自张昆玮大牛

任意取出一个能使层数最高的方案，设有CA层，把其中从下往上每一层最大的块编号记为Ai；任取一个能使底边最短的方案，设有CB层，把其中从下往上每一层最大的块编号记为Bi。显然A1>=B1,ACB<=BCB，这说明至少存在一个k属于(1,CB)，满足Ak-1>=Bk-1且Ak<=Bk。也就是说，方案 A 第K 层完全被方案 B 第K 层包含。构造一个新方案，第K 层往上按方案 A，往下按方案 B，两边都不要的块放中间当第K 层。新方案的层数与 A 相同，而底边长度与 B 相同。证毕。

加点解释：

现在有两座塔，一个高度最大，设为A，另一个「从低到高」顺序下，每层宽度尽量小，设为B（B的高度比A小）
首先，显然有 h_B≤h_A，并且 A 最底层宽度不比 B 小
因为 h_B≤h_A，所以肯定在某一层 A 比 B 宽度要小（A 全程比 B 宽的情况是不可能出现的，除非 A 比 B 多了几块积木），也一定存在一层，此时刚好 B 用的比 A 多
所以就把 B 刚好用的比 A 多的那一层之上的部分，换成 A 的，显然会更细一些，并且高度也和 A 一样

所以，只要存在比「宽度最小塔」更高的，就可以按照如上操作替换，最后就会发现，「宽度最小塔」就是最高的那一个

(什么，看不懂？慢慢看吧。。耐心点就看懂了，想当初我也是如此熬过来的）

所以我们可以用f[i]表示i到n这些干草能堆成的最大高度，g[i]表示最底层的最短宽度。
f[i]=f[j]+1,g[i]=w[j-1,i] (j>=i,w[j-1,i]>=g[j])

要尽量取最小的j

但是如果直接暴力转移的化时间复杂度是O(n²)的不足以胜任这个数据范围，明显过不了，要进行优化。

我们发现在阶段i时，对于k>j>i，j会比k优，决策为k的情况只能是J不满足条件而k满足条件，整理方程得 f[j] - sum[j - 1] > f[k]-sum[k - 1]

观察转移方程可以发现在满足转移条件的情况下，j越大则f[i]、g[i]都更优，故此可以用单调队列优化转移：把j存进队列中，若队头元素的下一位满足转移条件则把队头踢出，每次入队时如果队尾比要入队的元素还要晚满足条件则把队尾删除，每次转移时直接取队头进行转移。

于是底边最短的方案，层数最高。枚举最底层由哪几块组成，由此可以得出一个方程:从n到i中最底层的宽度f[i]=min(sum[j-1...i]) 满足 f[j]<=sum[j-1...i]（因为这样会使得上一层的宽度不大于下一层的宽度）且 n>=j>i

其中i=n->1

分析一下，发现f[i]=min(sum[j-1])-sum[i-1]（令sum[i]表示宽度的前缀和），而sum[i]是随i的增大而增大的，所以从i到n一旦发现一个符合条件的决策j，便将其取出来更新f[i]。但是这仍不能通过所有数据。

再次分析，发现所有的决策的值（例如对于决策j值即为sum[j-1])由n往前都是单调递减的，也就是一个比一个优。因此决定性的因素则是他们的生效时间。

对于决策j：观察不等式f[j]<=sum[j-1...i]即f[j]<=sum[j-1]-sum[i-1],变形可得sum[i-1]<=sum[j-1]-f[j]，发现sum[j-1]-f[j]便是其生效时间，也就是说在第一个i使得sum[i-1]<=sum[j-1]-f[j]之后到1决策j都是有效的。于是我们可以开一个单调队列，使得生效时间递减，并且队头始终生效并且队头+1未生效。由于后入队的决策比前面的优，于是一旦队头+1生效，队头便可弹掉。入队的时候，如果发现队尾-1的生效时间<队尾的生效时间，则弹掉队尾-1。

如此一来便完美的解决了此题，复杂度为O(n)

 #include <cstdio>

 const int N=+;

 int q[N],g[N],f[N],sum[N],w[N],n;

 int main()

 {

     scanf("%d",&n);

     for (int i=;i<=n;++i) {

         scanf("%d",w+i);

         sum[i]=sum[i-]+w[i];

     }

     q[]=n+;

     int h=,t=;

     for (int i=n;i;--i) {

         while (h<t && f[q[h+]]<=sum[q[h+]-]-sum[i-]) ++h;

         f[i]=sum[q[h]-]-sum[i-];

         g[i]=g[q[h]]+;

         q[++t]=i;

         while ((t>h) && (f[q[t-]]-sum[q[t-]-]+sum[q[t]-]>f[q[t]]))

             --t,q[t]=q[t+];

     }

     printf("%d\n",g[]);

 }