校内互测 B. 王者荣耀 （二分答案+dp）

B. 王者荣耀
时间限制：1s 内存限制：128MB
问题描述
从未来回来后，他知道他最近要打 n 局王者荣耀，其中第 i 局需要耗时li，并且这个顺序在时间上是不可改变的。作为一个很（mei）有自制力的人，他计划用不超过 m+1 天打完这 n 局，为了保证能活着度过这m+1天，他希望总耗时最久的那一天的总时长最小。请告诉他这个值是多少，以使他判断他是否还能活下来；并且告诉他在总时长最长的一天等于这个最小值的情况下有多少种合法的方案，以使他判断自己能活下来的概率是多少。
输入格式
第一行两个整数n，m。
接下来n 个正整数li。
输出格式
一行两个数，用一个空格隔开，第一个数是总时长最长的一天的最小值，第二个数是最长一天等于最小值的方案数。由于方案数可能很大，所以请对10007取模。
输入样例
3 2
1 1 10
输出样例

10 2

数据范围

对于%10的数据，n≤25

对于%30的数据，n≤500

对于%60的数据，n≤10000

对于%100的数据，n≤50000，0≤m<n，m≤1000，1≤li≤1000

题解：二分答案+dp 

第一问直接二分答案，然后判定就可以了。判定的时候能放在一天就放在一天，判断总天数是否<=m+1。

第二问要统计方案数，可以dp。

f[i][j]第i天以j结尾的方案数。我们可以预处理出pos[j]，表示前一天最晚以pos[j]结尾，即l[pos[j]]...l[j]>ans。

这个算法的瓶颈在于如果直接枚举k=pos[j]..j-1   f[i][j]+=f[i-1][k] ,这样的时间复杂度会是mn*max(j-pos[j]).

所以我们考虑前缀和优化dp.每一次将前一天的答案用前缀和数组累加起来，直接O(1)的计算答案，f[i][j]+=g[i-1][j-1]-g[i-1][pos[j]-1]。

另外还需要滚动数组，否则会MLE.

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#define N 50003
#define p 10007
using namespace std;
int a
,n,m,sum,maxn,ans,tr
;
int f[3]
,g[3]
,pos
;
bool pd(int x)
{
int t=0; int tot=1;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
if (t+a[i]>x) tot++,t=a[i];
else t+=a[i];
}
if (tot>m) return false;
return true;
}
int main()
{
freopen("a.in","r",stdin);
freopen("my.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m); m++;
for (int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]),maxn=max(a[i],maxn),sum+=a[i];
for (int i=1;i<=n;i++) tr[i]=tr[i-1]+a[i];
int l=maxn; int r=sum; ans=sum;
while (l<=r)
{
int mid=(l+r)/2;
if (pd(mid)) ans=min(ans,mid),r=mid-1;
else l=mid+1;
}
printf("%d ",ans);
int head=1;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
while (head<i&&tr[i]-tr[head-1]>ans) head++;
pos[i]=head-1;
}
//for (int i=1;i<=n;i++) cout<<pos[i]<<" ";
//cout<<endl;
f[0][0]=1; int tot=0; int x=0;
for (int i=1;i<=m;i++)
{
x^=1; g[x][0]=f[x^1][0];
f[x^1][0]=0;
for (int j=1;j<=n;j++) g[x][j]=(g[x][j-1]+f[x^1][j])%p,f[x^1][j]=0;
for (int j=1;j<=n;j++)
if (pos[j]) f[x][j]=(f[x][j]+g[x][j-1]-g[x][pos[j]-1])%p,f[x][j]=((f[x][j]%p)+p)%p;
else f[x][j]=(f[x][j]+g[x][j-1])%p;
tot=(tot+f[x]
)%p;
}
printf("%d\n",tot);
}