E. Pchelyonok and Segments

题意

给你一个数组，找到 k 个不重叠的子段，第一段 [$l_1,r_1$] 的长度为 k，第二段 [$l_2,r_2$] 的长度为 k - 1 … 第 k 段[$l_k,r_k$] 的长度为 1，其中 $r_{i-1}<l_i$，这些子段满足 $sum(l_1,r_1)<sum(l_2,r_2)<......sum(l_k,r_k)$。找到可能的最大的 k

思路

可以从右往左考虑，即从 n 开始 选择长度为 1、2、3 … k 的不相交子段 使得这些子段内元素的和严格递减，求最大的 k。

设$dp[i][j]$ 表示以第 $i$ 个数结尾（从右往左看）长度为 $j$ 的子段中，元素和的最大值。

那么转移时，会有两种情况：

①当前长度为 $j$ 的子段不包括 $a[i]$ ，则 $dp[i][j]=dp[i+1][j]$

②当前长度为 $j$ 的子段包括 $a[i]$，则 $dp[i][j]=max(dp[i][j],sum[i+j-1]-sum[i-1])$

这种情况需要有一个前提条件是：前面的 长度为 $j-1$的子段元素和 大于 当前长度为 $j$ 的子段元素和，即$dp[i+j][j-1]>sum[i+j-1]-sum[i-1]$。

为什么 $dp[i][j]$ 要维护的是最大值呢？因为从右往左 子段内的元素和要递减，右边的子段和越大，左边符合条件的情况越多。

具体细节见代码。

代码

// Author：zzqwtcc
// Problem: E. Pchelyonok and Segments
// Contest: Codeforces - Codeforces Round #750 (Div. 2)
// Time：2021-10-25 13:52:59
// URL: https://codeforces.com/contest/1582/problem/E
// Memory Limit: 512 MB
// Time Limit: 2000 ms#include<bits/stdc++.h>
#include<unordered_map>
#define int long long 
#define INF 0x3f3f3f3f
#define INFL 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define mod 1000000007
#define MOD 998244353
#define rep(i, st, ed) for (int (i) = (st); (i) <= (ed);++(i))
#define pre(i, ed, st) for (int (i) = (ed); (i) >= (st);--(i))
// #define debug(x,y) cerr << (x) << " == " << (y) << endl;
#define endl '\n'
using namespace std;typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int, int> PII;
template<typename T> inline T gcd(T a, T b) { return b ? gcd(b, a % b) : a; }
template<typename T> inline T lowbit(T x) { return x & -x; }
template<typename S,typename T>void debug(S s, T t){cerr << s << " == " << t << endl;}
template<typename T>void debug(T t){cerr << t << endl;}
template<typename T>void debug(T t[],int st,int ed){for(int i = st; i <=ed;++i){cerr << t[i] << " ";}cerr << endl;}
template<typename T>void debug(const vector<T>&t){for(int i =0 ; i < t.size();++i)cerr << t[i] << " ";cerr << endl;}
// template<typename T> T qmi(T a, T b = mod - 2, T p = mod) { T res = 1; b %= (p - 1 == 0 ? p : p - 1); while (b) { if (b & 1) { res = (LL)res * a % p; }b >>= 1; a = (LL)a * a % p; }return res % mod; }const int N = 1e5 + 10;
int n;
int a[N];
int dp[N][505];
int sum[N];void solve() {cin >> n;// 初始化for(int i = 1; i <= n;++i){for(int j = 1; j <= 500;++j){dp[i][j] = 0;}}// 预处理前缀和for(int i = 1; i <= n;++i)scanf("%lld",&a[i]),sum[i] = sum[i - 1] + a[i];// 从右往左开始dp[n][1] = a[n];// 无论如何 k都可以为1int res = 1;for(int i = n - 1;i >= 1;--i){// 更新长度为 1 的子段的最大值dp[i][1] = max(dp[i + 1][1], a[i]);for(int j = 2; j <= 500;++j){// 不选当前这个数dp[i][j] = dp[i + 1][j];// 选当前这个数if(i + j <= n && dp[i + j][j - 1] && sum[i + j - 1] - sum[i - 1] < dp[i + j][j - 1]){// 更新dp的最大值dp[i][j] = max(dp[i][j],sum[i + j - 1] - sum[i - 1]);// 如果满足条件 更新答案res = max(res,j);}}}cout << res << endl;
}signed main() {int _; cin >> _;while (_--)solve();return 0;
}