二分法刷题 - 技术栈

P1182 数列分段 Section II

答案范围：左边界 l=max(Ai)（每段至少包含一个数，最大值不可能小于数组最大元素），右边界 r=∑Ai（不分段时的总和）。

核心逻辑 ：对于一个候选的最大值 mid，验证是否能将数组分成不超过 M 段 ，且每段和 ≤mid。

若能分：说明 mid 可行，尝试更小的值（r=mid）

若不能分：说明 mid 太小，尝试更大的值（l=mid+1）

cpp 复制代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N = 100010;
ll a[N];
ll n, m;

bool check(ll x){
	ll cnt = 1;//刚开始 1 段 
	ll num = 0;
	for(int i =0; i<n; i++){
		if(num + a[i] > x){
			cnt ++;
			num = a[i];
			if(cnt > m) return false;
		}
		else {
			num +=a[i];
		}
		
	} 
	
	return true;
}

int main(){
	ios::sync_with_stdio(false); 
	cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr);
	cin >> n >> m;
	ll l = 0, r = 0;
	for(int i = 0; i<n; i++){
		cin >> a[i];
		l = max(l , a[i]);
		r += a[i];
	}
	
	while(l < r){
		ll mid = l+r >> 1;
		if(check(mid)) r = mid;//如果这个最大值能分成的段数<=mid;可以更小
		else l = mid + 1;		 
	}
	
	cout << r;
	return 0;
}

一、DP 状态定义

dp[i][j]：将前 i 个数字，分成 j 段时，每段和的最大值的最小值。

二、状态转移方程

要计算 dp[i][j]，我们枚举最后一段的起点 k（k < i）：

最后一段是 [k+1, i]，和为 sum[i] - sum[k]（sum 是前缀和数组）

前 k 个数字分成 j-1 段的最优解是 dp[k][j-1]

那么以 k 为分界点时，当前方案的最大值是 max(dp[k][j-1], sum[i] - sum[k])

我们要在所有 k 中取最小值，因此转移方程：

dp[i][j]=min0≤k<i{max(dp[k][j−1], sum[i]−sum[k])}

三、初始化

dp[i][1] = sum[i]：前 i 个数分成 1 段，最大值就是总和

其余状态初始化为极大值（如 0x3f3f3f3f）

cpp 复制代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N = 1010; // 注意：DP版时间复杂度O(n2m)，仅适合n≤1000的小规模
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

ll a[N], sum[N];
ll dp[N][N]; // dp[i][j]：前i个数分j段的最小最大值

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);

    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
        sum[i] = sum[i-1] + a[i]; // 前缀和
    }

    // 初始化
    memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        dp[i][1] = sum[i]; // 分1段，最大值就是总和
    }

    // 状态转移
    for (int j = 2; j <= m; j++) { // 枚举段数
        for (int i = j; i <= n; i++) { // 枚举前i个数（至少j个数才能分j段）
            for (int k = j-1; k < i; k++) { // 枚举最后一段的起点k,前j-1段最少要j-1个数 
                ll last = sum[i] - sum[k]; // 最后一段的和
                dp[i][j] = min(dp[i][j], max(dp[k][j-1], last));
            }
        }
    }

    cout << dp[n][m] << endl;
    return 0;
}