CF GYM105316A DP - 技术栈

A. Rajaee in the Kitchen

Problem - A - Codeforces

今天是拉贾伊的生日 Who Asked?

遗憾的是，没有人记得他的生日，所以他决定自己做一个生日蛋糕。他在厨房里寻找合适的配料，但不幸的是，除了一个正整数数组，他什么也没找到。他打算用下面的方法用这个数组做一个蛋糕：

首先，他把数组分成几个连续的非空子数组。
数组中的每个元素都应正好属于一个子数组。
然后，他为每个子数组创建一条长度等于子数组中数字总和的边。
然后，他用***他创建的所有边组成一个凸多边形的蛋糕。

Rajaee 想知道他能用多少种方法将数组分成更小的子数组，从而用它做成一个蛋糕。Rajaee 的数学太差了，所以他需要你的帮助，知道模数 109+7 的方法数。

如果每种方法中都有一个索引为 i 的元素属于两个不同的子数组，那么这两种方法就被认为是不同的。

输入

第一行包含一个整数 N (3≤N≤106) ，即数组的大小。 (3≤N≤106) ，即数组的大小。

第二行包含 N 个整数 a1,a2,..,aN (1≤ai≤109) ，即数组的元素。 (1≤ai≤109) ，即数组的元素。

输出

输出 109+7 的模数。

多边形至少是个三角形那么最大的那条边就要小于总长度的1/2；这样才能围成多边形

即每个子数组的边权和小于总边权的一半所以要用前缀和预处理边权

我们设dp $i$ 表示到第i位的方案数那么

dp $i$ 的转移方程推导：我们要让每一条边都小于当前总边权的一半对于每种组成的最后一条边他的边权一定是sum $j+1,i$ i为最后一条边的终点 j+1为最后一条边的起点那么这条边也要满足小于总边权的一半对于每一个最后一条边的合法起点他前面的部分也一定是合法的那么每找到一条这样的合法的最后一条边他的方案数就增加dp $j$ 那么也就是所有合法情况的前部分的前缀和

sum(dp $j$ ) (sum(j,r)<tot/2);

也就是已经有的分法加一条合法边我们枚举所有可能的合法新增边那么其余的部分的分法直接调用然后对他们累加

cpp 复制代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+5,mod=1e9+7;
long long a[N],sum[N],dp[N],dpsum[N];
int n;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];sum[i]=sum[i-1]+a[i];}
    long long tot=sum[n];
    dp[0] = 1;
    dpsum[0] = dp[0];
    for(int i=1;i<=n;i++){
        long long tar=2*sum[i]-tot;
        int j=upper_bound(sum,sum+i,tar/2)-sum;
        if(j<=0)dp[i]=dpsum[i-1]%mod;
        else dp[i]=(dpsum[i-1]-dpsum[j-1])%mod;
        if(dp[i]<0)dp[i]+=mod;
        dpsum[i]=(dpsum[i-1]+dp[i])%mod;
    }
    cout<<dp[n]<<'\n';
    return 0;
}