🐑本文作者：C++橙羊🐑

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今天橙羊继续为大家带来每日一练，话不多说，看题： 

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注意： 

下面的题目中：

橙色字是废话（可以不看）

红色字是数组大小

蓝色字是目的

月度开销

题目描述

Farmer John是一个精明的会计师。他意识到自己可能没有足够的钱来维持农场的运转了。他计算并记录下了接下来 N (1 ≤ N≤ 100,000) 天里每天需要的开销。Farmer John打算为连续的M(1 ≤ M≤ N) 个财政周期创建预算案，他把一个财政周期命名为一个fajo月。每个fajo月包含一天或连续的多天，每天都被恰好包含在一个fajo月里。

约翰的目标是合理安排每个fajo月包含的天数，使得开销最多的fajo月的开销尽可能少。

输入格式

第一行包含两个整数N,M，用单个空格隔开。

接下来N行，每行包含一个1到10000之间的整数，按顺序给出接下来N天里每天的开销。

输出格式

一个整数，即最大月度开销的最小值。

输入输出样列

输入样例1：

7 5
100
400
300
100
500
101
400

输出样例1：

500

【耗时限制】1000ms 【内存限制】64MB

题目是什么意思呢？我们拿样例举个栗子：

 

若约翰将前两天作为一个月，第三、四两天作为一个月，最后三天每天作为一个月，则最大月度开销为500。其他任何分配方案都会比这个值更大。

那么，这道题第一眼你就会想到——枚举。

那枚举可以吗？我们来试一试：

题目要求最大月度开销的最小值，从小到大枚举所有可能值，判断是否可行。

枚举需要确定上下界，那么最大月度开销可能的最小值和最大值分别是多少？

最小值：如果可以分解为N个fajo月，可以获得最小值：“消耗最大的那一天的消耗”

最大值：如果只可以分解为1个fajo月，可以获得最大值：“所有天消耗的总和”。

即从小到大枚举最大月度开销的值x，判断是否可行，首个可行的值就是问题的解。

那么这段代码就是：

for(int x=minn;x<=maxn;x++){
    if(check(x)){
        ans=x;
        break;
    }
}

 那么如何判断答案x是否满足要求？

将每一天安排进一个fajo月，在每个fajo月的花销不超过X的前提下，判断所需的fajo月是否<=M。

时间复杂度：O((maxn-minn)*n)

这不明摆着超时嘛……

那么能不能优化呢？答案是——能！

首先问两个问题：如果答案x不可行(需要的fajo月 > M)，那么x − 1有没有可能可行？

不可能，因为答案越小，需要分隔出的fajo月越多， 如果x不可行，那么x−1需要更多的fajo月，更不可行，同理所有

                             如果答案x可行(需要的fajo月 <= M) ，那么x+1有没有可能可行？

一定可行，因为答案越大，需要分隔出的fajo月越少， 如果x可行，那么x+1需要的fajo月一定不大于x ，所以一定可行。但是题目要求答案越小越好，所以如果x可行，那么所有>x的值都不用考虑了。

所以可以知道：该问题的答案具有单调性。

既然是单调性，那就有了——二分答案下界

所以……解析？

解析+注释：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int a[N];
int n,m;
bool check(int x){//判断函数 
	int fajo=1,sum=a[1];
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(sum+a[i]<=x){
			sum+=a[i];
		}
		else{
			fajo++; 
			sum=a[i];
		}
	}
	return fajo<=m;
} 
int main()
{
	cin>>n>>m;
	int l=0,r=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
		l=max(l,a[i]);//最大值为每天花费的累加和 
		r+=a[i];//最小值为花费最多的那天的累加和 
	}
	r++;//二分答案一般为左闭右开 
	while(l<r){
		int m=(l+r)/2;
		if(check(m))r=m;//如果满足就尝试更小的 
		else l=m+1;
	}
	cout<<l;//求下界，l是首个满足条件的值 
	return 0;
}

好了，今天就到这了。我是橙羊，拜拜~