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題目大意：給出一個(gè)長度為 n 的數(shù)列，再給出 m 次詢問，每次詢問給出一個(gè)閾值 x ，問最少將數(shù)列分割成多少段，可以使得每一段的總和都不超過 x，無解的話輸出?Impossible

題目分析：首先單獨(dú)討論一下無解的情況，因?yàn)閿?shù)列總是可以被分成 n 段，也就是每個(gè)元素獨(dú)立一段，這樣的話如果閾值小于最大值的話顯然是無解的

如果不考慮時(shí)間復(fù)雜度的話，不難想到一個(gè) n * m 的做法，就是對于每個(gè)詢問，都掃一遍數(shù)列，然后貪心求解

考慮優(yōu)化，首先 m 個(gè)詢問肯定是無法優(yōu)化的，對于掃一遍數(shù)列的時(shí)間復(fù)雜度 O( n )，考慮優(yōu)化，因?yàn)閿?shù)列中的每個(gè)元素都是正整數(shù)，所以維護(hù)的前綴和一定是遞增的，所以對于每段區(qū)間可以進(jìn)行二分去劃分，比如初始時(shí)未經(jīng)過劃分的總區(qū)間為 [ 1 , n ] ，設(shè)閾值為 x ，我們可以二分出一個(gè)最大的 pos，使得 sum[ pos ] - sum[ 0 ] <= x，這樣可以直接將區(qū)間 [ 1 , pos ] 劃分為第一段，然后再去給區(qū)間 [ pos + 1 , n ] 進(jìn)行劃分，這樣做的時(shí)間復(fù)雜度最壞還是會(huì)退化為 O( n ) 的，但考慮利用數(shù)組記憶化一下，因?yàn)轭}目中約束了每個(gè)詢問的閾值一定是小于等于 1e6 的，好像也是在暗示我們要記憶化一樣，然后時(shí)間復(fù)雜度就不太會(huì)計(jì)算了，暫且當(dāng)做 O( 能過 ) 吧

代碼：
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//#pragma GCC optimize(2) //#pragma GCC optimize("Ofast","inline","-ffast-math") //#pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,mmx") #include<iostream> #include<cstdio> #include<string> #include<ctime> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> #include<stack> #include<climits> #include<queue> #include<map> #include<set> #include<sstream> #include<cassert> #include<bitset> #include<unordered_map> using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=1e6+100;int n,m,mmax,sum[N],ans[N];int solve(int x) {if(ans[x])return ans[x];int last=1;ans[x]=0;while(last<=n){ans[x]++;int l=last,r=n,ans=-1;while(l<=r){int mid=l+r>>1;if(sum[mid]-sum[last-1]<=x){l=mid+1;ans=mid;}elser=mid-1;}last=ans+1;}return ans[x]; }int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE // freopen("data.in.txt","r",stdin); // freopen("data.out.txt","w",stdout); #endif // ios::sync_with_stdio(false);scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){int num;scanf("%d",&num);mmax=max(mmax,num);sum[i]=sum[i-1]+num;}scanf("%d",&m);while(m--){int x;scanf("%d",&x);if(x<mmax)puts("Impossible");elseprintf("%d\n",solve(x));}return 0; }

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總結(jié)

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