首先我们二分答案+贪心搞出第一问的答案ans。
然后dp求方案数,f[i][j]表示前i根分成j段的方案数
我们显然有 O(n2k) 的dp。
考虑优化,我们每一次转移实际上是一段区间的和,且这个区间单调右移,于是我们可以用一个指针来优化转移,复杂度 O(nk)
然后还要滚动数组。
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define N 50010
#define mod 10007
inline char gc(){
static char buf[1<<16],*S,*T;
if(S==T){T=(S=buf)+fread(buf,1,1<<16,stdin);if(T==S) return EOF;}
return *S++;
}
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=gc();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=gc();}
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=gc();
return x*f;
}
int n,m,a[N],f[N][2],ans,tot=0;//f[i][j],前i根分成j段的方案数
inline bool jud(int x){
int res=0,sum=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
if(a[i]>x) return 0;
if(sum+a[i]>x) ++res,sum=0;
sum+=a[i];
}return res<=m;
}
int main(){
// freopen("a.in","r",stdin);
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=read();
int l=1,r=5e7;
while(l<=r){
int mid=l+r>>1;
if(jud(mid)) r=mid-1;
else l=mid+1;
}ans=r+1;f[0][0]=1;int sum=0,tmp=0;++m;int p=0;
for(int j=1;j<=m;++j){
sum=0;l=0;tmp=0;
for(int i=0;i<=n;++i){
sum+=a[i];while(sum-a[l]>ans) sum-=a[l],tmp-=f[l][p],++l;
f[i][p^1]=tmp%mod;tmp+=f[i][p];
}p^=1;tot=(tot+f[n][p])%mod;
}printf("%d %d\n",ans,tot);
return 0;
}