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AcWing 1090. 绿色通道
一、题目描述
高二数学《绿色通道》总共有 n 道题目要抄，编号 $1,2,…,n$，抄第 i 题要花 a_i 分钟。
小 Y 决定只用 不超过 t 分钟 抄这个，因此必然有空着的题。
每道题要么不写，要么抄完，不能写一半。
下标连续的一些空题称为一个空题段，它的长度就是所包含的题目数。
这样应付自然会引起马老师的愤怒，最长的空题段越长，马老师越生气。
现在，小 Y 想知道他在这 t 分钟内写哪些题，才能够尽量减轻马老师的怒火。
由于小 Y 很聪明，你只要 告诉他最长的空题段至少有多长 就可以了，不需输出方案。
输入格式 第一行为两个整数 $n,t$。
第二行为 n 个整数，依次为 $a_1,a_2,…,a_n$。
输出格式 输出一个整数，表示最长的空题段至少有多长。
数据范围
0<n≤5×10^4,$0<a_i≤3000$,$0<t≤10^8$
输入样例：
17 11
6 4 5 2 5 3 4 5 2 3 4 5 2 3 6 3 5
输出样例：
3
二、二分+DP
t<=10^8,好$BT$的数据上限！这就是在提示我们，不能选择$O(N)$的算法，那样基本上凉了！需要有一个$O(logN)$的算法: 二分！
目标：
t分钟内写完作业- 尽量减轻马老师的怒火
- 找出最长空白长度
分析
- 空白区越大，用时越少
- 空白区越小，用时越大
如果我们选择 二分 的思路：
通过二分，找出一个当前的尝试的区间空白最大值limit,
如果当前枚举到的区间空白最大值limit,
- 可以在$t$分钟内完成，那么让$limit$再小一点试试，如果小一点的也可以在$t$分钟内完成，马老师的怒火会更小一点，惹毛了马老师，后果严重。
- 不能在$t$分钟内完成，那么让$limit$再大一点试试，这样也许就能写完了，马老师肯定会更生气，但这不是最重要的，最重要的是我得能在$t$分钟内写完。
当这样不断的二分查找到最后时，就达到了一种 状态：
- 能在$t$分钟内完成
- 尽量让空白区间最大值越小
- 在能完成作业的情况下，尽量多的写一些，马老师的愤怒值最小
2、细节问题
如果$i$选中，那么它前面最远的可以是哪个？此处与烽火传递不太一样，那个是 在连续 m 个烽火台中至少要有一个发出信号,翻译一下就是连续$m$个中必须有一个，也就是空白区最多是$m-1$个,此题是空白区是$limit$个，比那个大$1$。
$Code$
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 50010;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int n, m;
int w[N];
int f[N]; // 已经完成前i个，并且第i个被选中 情况下抄袭时间最小值
// 暴力+DP 通过了 8/12个数据
bool check(int limit) {
// 注意这个初始化,我吃了这个亏~
memset(f, 0x3f, sizeof f);
f[0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) // 计算前i道题，填表填数据
for (int j = max(0, i - limit - 1); j <= i - 1; j++) // 第i题肯定是选中的，那么它前面的是哪个位置选中呢？
f[i] = min(f[i], f[j] + w[i]);
// 最后[n-limit,n]之间必然得有一题答了吧，这些都是合法解
int res = INF;
for (int i = n - limit; i <= n; i++) res = min(res, f[i]);
// 最小值比m小的话，那么就是有可行解
return res <= m;
}
int main() {
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> w[i];
// 最长的空题段∈[1,n]
// 二分(求最长的最小)
int l = 0, r = n; // 空段区间长度0~n都有可能,注意此处是带0的，因为可能老师要求每题必答，对吧，你以为隔一题空一题老师能忍，其实人家忍不了！
// 事实也证明了这一点，我尝试修改为 int l=1,r=n;会挂掉一个测试点！
/*
空白时段的长度越长，花费的时间越少
空白时段的长度越短，花费的时间越长
*/
while (l < r) {
int mid = (l + r) >> 1; // 一定要搞清楚mid的含义:模拟的最长空题段长度
if (check(mid)) // 如果这个空白长度可以使得整体时间<=m,那么空白长度可以再小一点，这是个弯，好好想想
r = mid;
else
l = mid + 1; // 如果现在的长度不能使得时间够用，只能是长度再长一点
}
printf("%d\n", l);
return 0;
}
三、单调队列优化
上面的思路是对的，因为可以正常通过$12$中的$7$个测试点,但其它的$TLE$了，需要优化:
因为状态转移方程定义的方式，决定了$i$是必选的，那么$w[i]$是 确定 要忍受的代价，整体代价要想最小，只能是前面的代价最小！
$f[i]$的所有前序可选状态是：$i$左侧$limit+1$个范围，也就是要找出这个范围内的min(f[j]),$j \in [i-limit-1,i-1]$。
指定区间内的最小值问题，可以使用单调队列来优化：
Q:答案在哪里？
需要在$n \sim n-limit$之间去枚举找出最小值做为答案。
举个栗子秒懂：
n=10,limit=3,那么如果$7$被选中，那么$8,9,10$是不用写的。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 50010;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int n, m;
int w[N];
int f[N];
int q[N], hh, tt;
bool check(int limit) {
hh = 0, tt = 0, q[0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
// 窗口的长度是limit
while (hh <= tt && q[hh] < i - limit - 1) hh++;
// 直接计算
f[i] = f[q[hh]] + w[i];
// i入队列
while (hh <= tt && f[q[tt]] >= f[i]) tt--;
q[++tt] = i;
}
// 答案可能存在于 n,n-2,...n-m中，枚举一下求最少值即可
int res = INF;
for (int i = n - limit; i <= n; i++) res = min(res, f[i]);
// 最小值比m小的话，那么就是有可行解，我才不管是不是有其它的值也比m小不小！
return res <= m;
}
int main() {
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> w[i];
// 二分(求最长的最小),就是碰一下区间的长度，大了就变小，小了就变大
int l = 0, r = n; // 空段区间长度0~n都有可能
// 当我们允许的空白时段的长度越长，那么花费的时间越少
while (l < r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if (check(mid))
r = mid;
else
l = mid + 1;
}
cout << l << endl;
return 0;
}