初三年后集训测试 $T 2 $ 牛吃草

一言难尽

$ Description $

由于现代化进程的加快，农场的养殖业也趋向机械化。

$QZS$ 决定购置若干台自动喂草机来减少自己每天的工作量。为了简化问题，$QZS$ 决定将草地建模成一条线段，总长为 $n$ ，即共有 $n$ 个单位长度，编号从左至右为 $ 1 \dots n $ 。

$QZS$ 可以在每个单位长度独立选择是否放置一台自动喂草机。由于场地的限制，喂草机一旦在 $i$ 处放下，它只能往左边延伸覆盖一个从 $i$ 开始的完整区间，且延伸的距离不能超过 $w_i$

，即最多到编号为 $ i - w[ i ] + 1 $

的单位长度。同时为了小草的健康着想，营养不能太丰富，因此每个单位长度只能被一台自动喂草机覆盖。

$QZS$ 想使得每台喂草机的覆盖大小达到一个最低标准以节省费用，若喂草机覆盖 $ [ l , r ] $

，那么覆盖大小为 $ [ r - l + 1 ] $

。他规定一台喂草机最小覆盖大小为 $size$ 。所以如果一台喂草机的覆盖大小 $<size$ ，说明这个位置不能放置喂草机。

现在，$QZS$ 想知道，如果喂草机覆盖的总大小仅需达到草地总长的 $s\%$，最小覆盖大小最大是多少？

$Input$

输入共三行。

第一行输入整数 $n$ 。

第二行输入 $n$ 个整数

，表示第 $i$ 个位置的延伸距离不能达到

。

最后一行给定整数 $s$ ，意义如上述所示。

$Output$

输出一个整数 $Size$ ，意思同上

（注意： $size$ 并非从 $w_i$ 中取值）

数据大小

$1 \le s \le 100 , 2 \le i \le n , \color{red}w_{ i - 1 } \geq w_i - 1 $

题解

·暴力

首先一眼的 $二分答案$ ，然后在 $Check$ 函数里考虑 $DP$ .

问题是怎么 $DP$

首先考虑定义个 $DP$ 数组,表示前 $i$ 个中,最小的最大 $size$ .

那么二分的是你最后的输出的答案。

枚举 $j$ 为前端节点，则转移方程为：

\[dp_{ i } = \max( \ dp_{ i - 1 } , dp_{ j } + i - j \ ) ( i - j \ge mid \ 且 \ i - j \le w_i )
\]

时间复杂度为 $O(\ n^2\times logn \ )$ 由于数据水的 $原$ (神) $因$ ，本题可拿 $\color{green}95pts$

·正解

·正解是什么

下面讲一下正解之 $---$ 单调队列优化 $DP$ .

观察上方标红的数据大小的位置。（四非常纵要滴）

他的意义是什么捏？

给他转化一下，得到的意思是：

第 $ i $ 个位置可以控到的最左端，永远小于等于第 $ i - 1 $ 个位置的可以控到的最左端.

那么他的意思就很明确了。

你的右端点最后返回的 $DP$ 值，一定是从某个左端点转移过来的。

你想一想在你跑单队的过程中，是不是如果你现在队顶的元素不符合条件的话，那么就让他滚出队列？

假设第 $i$ 个数的左端点是在第 $ i - 1 $ 的左端点的左边的话，那么这个由于你在枚举第 $ i - 1 $ 个元素时，

第 $i$ 个元素的左端点就被排出去了。单队，寄。

但现在，他给了个这么优秀的条件，不打单队对不起他。

·正解怎么做

首先，使用二分答案，左端点是1，右端点是 $w_{ max }$

然后的话，在 $Check$ 函数里，调用 $DP$

使单调队列维护的是 $ dp[ \ l \ ] - l $

然后注意，你能使某个位置被放进队列里的条件是此数大于 $mid$ , 且在枚举 $i$ 的时候放入 $ i - mid $

此处的依据：

如果你早在枚举 $ i - mid $ 时就将其放入队列，那么在当他被 $( i - mid , i )$ 区间内某个数判断时，有可能被 $pushfront() \ or \ pushback() $ 掉。

那就寄了。所以这么维护。

细节看码吧。

关于我在单队中插入元素时加了一个 $n$ (其实加不加无所谓的)

因为 $ dp[ \ l \ ] - l $ 这个东西是可能负的，我给强转正。但没什么用。

· $Code$

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>

#define int long long

using namespace std ;

const int N = 5e5 + 4 ;

int n , s ;

int w[ N ] ;

int dp[ N ] ;

int maxn = 0 , minn = 1e7 ;

namespace IO {

.........//qcin && qcout

} using namespace IO;

struct Deque

{

    int q[ N ] ;

    int head = 1 , tail = 0 ;

    void clear( )

    {

        memset( q , 0 , sizeof( q ) ) ;

        head = 1 ; tail = 0 ;

    }

    int front( )

    {

        return q[ head ] ;

    }

    int back( )

    {

        return q[ tail ] ;

    }

    void push_back( int pri )

    {

        q[ ++ tail ] = pri ;

    }

    void pop_front( )

    {

        head ++ ;

    }

    void pop_back( )

    {

        tail -- ;

    }

    bool empty( )

    {

        return head > tail ;

    }

} q ;

bool check( int mid )

{

    q.clear( ) ;

    for ( int i = 1 ; i<= n ; ++ i )

    {

        dp[ i ] = 0 ;

    }

    int p = 0 ;

    for ( int i = 1 ; i <= n ; ++ i )

    {

        if( i >= mid )

        {

            int point = i - mid ;

            while ( !q.empty( ) && dp[ point ] + n - point > dp[ q.back( ) ] + n - q.back( ) )

            {

                q.pop_back( ) ;

            }

            q.push_back( point ) ;

        }

        dp[ i ] = dp[ i - 1 ] ;

        while ( !q.empty( ) && i - q.front( ) > w[ i ] ) q.pop_front( ) ;

        if( q.empty( ) ) ;

        else dp[ i ] = max( dp[ i ] , dp[ q.front( ) ] + i - q.front( ) ) ;

        p = max( p , dp[ i ] ) ;

    }

    return p >= ( n * s - 1 ) / 100 + 1 ;

}

signed main( )

{

    #ifndef ONLINE_JUDGE

        freopen ( "1.in" , "r" , stdin ) ;

        freopen ( "1.out" , "w" , stdout ) ;

    #endif

    qcin >> n ;

    for ( int i = 1 ; i <= n ; ++ i )

    {

        qcin >> w[ i ] ;

        maxn = max( maxn , w[ i ] ) ;

        minn = min( minn , w[ i ] ) ;

    }

    qcin >> s ;

    int left = 1 , right = maxn ;

    int ans = 0 ;

    while ( left <= right )

    {

        int mid = ( left + right ) >> 1 ;

        if( check( mid ) )

        {

            left = mid + 1 ;

        }

        else

        {

            right = mid - 1 ;

        }

    }

    qcout << right ;

}

· 结尾撒花 $\color{pink}✿✿ヽ(°▽°)ノ✿$