单调队列优化dp+位运算，LeetCode 3117. 划分数组得到最小的值之和

目录

一、题目

1、题目描述

2、接口描述

cpp

3、原题链接

二、解题报告

1、思路分析

2、复杂度

3、代码详解

cpp

一、题目

1、题目描述

给你两个数组 nums 和 andValues，长度分别为 n 和 m。

数组的 值 等于该数组的 最后一个 元素。

你需要将 nums 划分为 m 个 不相交的连续 

子数组

，对于第  ith 个子数组  [li, ri]，子数组元素的按位  AND 运算结果等于  andValues[i]，换句话说，对所有的  1 <= i <= m， nums[li] & nums[li + 1] & ... & nums[ri] == andValues[i] ，其中  & 表示按位  AND 运算符。

返回将 nums 划分为 m 个子数组所能得到的可能的 最小 子数组 值 之和。如果无法完成这样的划分，则返回 -1 。

2、接口描述

cpp

class Solution {
public:
    int minimumValueSum(vector<int>& nums, vector<int>& andValues) {
        
    }
};

3、原题链接

3117. 划分数组得到最小的值之和

二、解题报告

1、思路分析

很明显的dp，我们不难想到定义状态f(j, i) 为 前 i 个数 划分为 j 段的最大收益

但是如何进行状态转移，换言之，固定i，如何找到k所在区间使得and(l, r) = andValues[j]

我们可以二分找左端点，也可以利用 固定一个端点的 前缀位或和 最多有log种取值的性质来获取这个区间

假如区间为[l, r]，那么我们f[j, i] = max(f[j - 1, k] + nums[i])

直接枚举是会超时的

由于固定andValues[j]，随着 i 的右移，l 也会移动，这就变成了一个不断右移的滑窗，我们可以单调队列维护最值，就把枚举区间内每一个位置变成了均摊O(1)

然后就可以做了

2、复杂度

时间复杂度： O(N M logU)空间复杂度：O(N)

3、代码详解

cpp

class Solution {
public:
    int minimumValueSum(vector<int>& nums, vector<int>& andValues) {
        const int inf = 1'000'000'007;
        int n = nums.size();
        std::vector<int> f(n + 1, inf), nf(n + 1);

        f[0] = 0;
        for (int target : andValues) {
            std::vector<std::pair<int, int>> a;
            std::deque<int> dq;
            int qi = 0;

            nf[0] = inf;
            for (int i = 0; i < n; ++ i) {
                int x = nums[i];
                for (auto &[_and, _] : a)
                    _and &= x;
                a.emplace_back(x, i);

                int j = 0, last = -1;
                for (auto &[and_, _] : a) {
                    if (and_ >= target && and_ != last) {
                        a[j ++] = {and_, _};
                        last = and_;
                    }
                }
                a.resize(j);

                if (a.size() && a[0].first == target) {
                    int r = a.size() > 1 ? a[1].second - 1 : i;

                    for (; qi <= r; ++ qi) {
                        while (dq.size() && f[qi] <= f[dq.back()])
                            dq.pop_back();
                        dq.push_back(qi);
                    }

                    while (dq.front() < a[0].second)
                        dq.pop_front();
                    
                    nf[i + 1] = f[dq.front()] + x;
                } 
                else {
                    nf[i + 1] = inf;
                }
            }
            std::swap(f, nf);
        }
        return f[n] < inf ? f[n] : -1;
    }
};