裁剪序列
给定一个长度为 $N$ 的序列 $A$，要求把该序列分成若干段，在满足“每段中所有数的和”不超过 $M$ 的前提下，让“每段中所有数的最大值”之和最小。
试计算这个最小值。
输入格式
第一行包含两个整数 $N$ 和 $M$。
第二行包含 $N$ 个整数，表示完整的序列 $A$。
输出格式
输出一个整数，表示结果。
如果结果不存在，则输出 $−1$。
数据范围
$0 \leq N \leq {10}^5$,
$0 \leq M \leq {10}^{11}$,
序列 $A$ 中的数非负，且不超过 ${10}^6$。
输入样例：
8 17 2 2 2 8 1 8 2 1
输出样例：
12
解题思路
这题就是纯数据结构优化dp，难的地方全在去优化上。
定义状态$f(i)$表示所有前$i$个数的合法划分方案（每一段的和不超过$m$）的集合，属性是代价的最小值。根据第$i$个元素所在的最后一段的长度来划分集合，状态转移方程就是$$f(i) = \min\limits_{s_i - s_j \leq m} \left\{ {f(j) + \max\limits_{j+1 \leq k \leq i} \{ {a_k} \}} \right\}$$
其中式子中的$s_k$表示前缀和，选取的左端点$j$要满足$\sum\limits_{k = j}^{i}{a_k} \leq m$。
这种做法的时间复杂度为$O(n^2)$，因此需要优化。这题麻烦的地方在于取最小值的量$f(j) + \max\limits_{j+1 \leq k \leq i} \{ {a_k} \}$是一个整体，会随着$i$的变化而变化（即取最大值的地方），因此是一个动态变化的量，不好维护。
当枚举到$i$，假设最远可以取到左端点$j$满足$\sum\limits_{k = j}^{i}{a_k} \leq m$（$j$可以通过双指针来维护求得），我们先直接选择$[j,i]$作为最后一段，那么有$f(i) = f(j-1) + a_{k_{1}}$，其中$a_{k_1} = \max\limits_{j \leq k \leq i} \{ a_k \}$（如果有多个值等于$a_{k_1}$，那么取最右边的那个$a_{k_1}$）。
我们观察一下有什么性质，可以发现对于$u \in [j, k_1]$，$\max\limits_{j \leq u \leq k_1} \{ a_u \} = a_{k_{1}}$不变。如果我们的左端点选择$u$，那么在$f(i) = f(u-1) + a_{k_{1}}$中，$f(u-1)$会随着$u$的减小而单调递减，下面来证明这个性质。
假设有两个序列$i$和$j$，其中$j$比$i$多出一部分。
对于$j$的任何一种划分方案都可以对应到$i$中，如果在$i$中不存在则忽略（如上图中$j$后面多出的最后一段）。那么$i$和$j$中前面共同部分的每一段都是一样的，因此每一段的最大值之和也是一样的，区别在于最后一段，由于$i$的最后一段比$j$要少，因此$i$最后一段的最大值一定不超过$j$最后一段的最大值（$j$后面可能还有其他段）。因此必然有$f(i) \leq f(j)$，即长度越短，对应的$f(i)$也越小。
因此得到$f(i)$会随着$i$减小而递减这个性质。因此如果选择$[j,i]$最为最后一段，为了使得$f(i)$最小，在$u \in [j, k_1]$中左端点应该取$u = j$。
如果左端点取到$k_1$后面的位置，那么要重新求一下$[k_1 + 1, i]$中的最大值（同理如果有多个最大值应该取最靠右的那个）。
假设最大值在$k_2$位置，$a_{k_2}$一定小于$a_{k_1}$。
如果选取的左端点$u \in [k_1 + 1, k_2]$，为了使得$f(i)$取到最小值，与上面的分析一样，应该选择$u = k_1 + 1$，那么就会有$f(i) = f(u - 1) + a_{k_2} = f(k_1) + a_{k_2}$。
以此类推，继续在$[k_2+1, i]$找到最大值$a_{k_3}$，在$[k_3 + 1, i]$找到最大值$a_{k_4}$....
若选取的左端点在$[k_u + 1, k_{u+1}]$区间内，$f(i)$的最小值就是$f(k_u) + a_{k_{u+1}}$ 。
因此我们可以维护这个单调递减的序列，那么左端点从这些下标中选，有$f(i) = \min \left\{ f(k_u) + a_{k_{u+1}} \right\}$（当然还应包括整个$[j, i]$的$f(j) + a_{k_1}$）。问题是如何维护这个序列呢？其实这个过程与用单调队列维护区间最大值相同。每当$i$往后移动，$j$也只会往后移动（双指针），序列中的$k$如果不在$[j,i]$范围内删除即可。当枚举到$i+1$，那么把序列中$a_k \leq a_{i+1}$所对应的$k$删掉。
当然如果直接枚举这个维护的序列来求最小值还是$O(n^2)$的，由于每次都是在一个集合中求最小值，且每次操作都是对序列的头部尾部删除和插入元素，因此可以开个平衡树来实现这些操作，这里用$\text{std::multiset}$。平衡树维护的值就是维护的序列中对应的$f(k_u) + a_{k_{u+1}}$ 。
这里考虑一些边界情况。如果维护的序列中有$x$个元素，那么就有$x-1$个$f(k_u) + a_{k_{u+1}}$ ，即平衡树维护的元素数量为$x-1$。由于在删除序列中的元素$k_u$时也要在平衡树中删除对应的元素$f(k_u) + a_{k_{u+1}}$ ，因此只有序列元素至少有两个时，才能从平衡树中进行删除。插入的情况也是，只有在插入元素后序列至少有两个元素，才能有对应的$f(k_u) + a_{k_{u+1}}$插入到平衡树中。
AC代码如下，时间复杂度为$O(n \log n)$：
1 #include <bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3
4 typedef long long LL;
5
6 const int N = 1e5 + 10;
7
8 int a[N];
9 LL f[N];
10 int q[N], hh, tt = -1;
11
12 int main() {
13 LL n, m;
14 scanf("%lld %lld", &n, &m);
15 for (int i = 1; i <= n; i++) {
16 scanf("%d", a + i);
17 if (a[i] > m) { // 如果某个a[i]>m那么一定无解
18 printf("-1");
19 return 0;
20 }
21 }
22 multiset<LL> st;
23 LL s = 0;
24 for (int i = 1, j = 1; i <= n; i++) {
25 s += a[i];
26 while (s > m) {
27 s -= a[j++];
28 }
29 while (hh <= tt && q[hh] < j) { // 在维护的序列中把下标小于j的删掉
30 if (hh < tt) st.erase(st.find(f[q[hh]] + a[q[hh + 1]])); // 如果维护的序列中只有一个元素，此时平衡树中没有元素
31 hh++;
32 }
33 while (hh <= tt && a[q[tt]] <= a[i]) { // 把小于等于a[i]的元素删掉，保持序列单调递减
34 if (hh < tt) st.erase(st.find(f[q[tt - 1]] + a[q[tt]])); // 同理至少要有两个元素才能从平衡树中删除
35 tt--;
36 }
37 q[++tt] = i; // 插入a[i]
38 if (hh < tt) st.insert(f[q[tt - 1]] + a[q[tt]]); // 序列中至少要有两个元素才能往平衡树中插入
39 f[i] = f[j - 1] + a[q[hh]]; // 选择最后一段选择整个[j, i]
40 if (!st.empty()) f[i] = min(f[i], *st.begin()); // 维护序列中的最小值
41 }
42 printf("%lld", f[n]);
43
44 return 0;
45 }
参考资料
AcWing 299. 裁剪序列（蓝桥杯集训·每日一题）：https://www.acwing.com/video/4634/
标签：limits,最大值,裁剪,leq,最小值,端点,序列 From： https://www.cnblogs.com/onlyblues/p/17152708.html