形式化题目

给定长度为 $n$ 的正整数序列 $a_1, a_2, \dots, a_n$ 与总时间上限 $t$。从中选出一个下标集合 $S$（被抄的题），要求

其余下标为空题。极大的连续空题下标段称为一个空题段，其长度为包含的题目数；"从第 1 题开始连续空"与"到第 $n$ 题结束连续空"都算空题段，但序列两端之外不计。求所有可行 $S$ 中，最长空题段长度的最小值。

一个等价说法：所有空题段长度都不超过 $L$，当且仅当任意连续 $L+1$ 道题里至少抄了 1 道。于是"给定 $L$ 能否安排"成为一个判定问题，而且 $L$ 越大越容易满足——这正是二分答案的形状。

样例 $n = 17,\ t = 11$ 的答案是 3。例如只抄第 4、6、10、14 题，耗时 $2 + 3 + 3 + 3 = 11$ 恰好用完，各空题段为：

最长空题段是 3；而若要求空题段 $\leqslant 2$，下文的判定 DP 会算出任何方案都至少要花 18 分钟，超过 $t = 11$，所以答案恰为 3。

正解

思路

朴素想法与瓶颈。 枚举答案 $L \in [0, n]$，对每个 $L$ 用 DP 判定可行性。设

其中 $dp[0] = 0$ 是"此前一题都没抄"的虚拟起点。若上一道抄的题是 $j$，两题之间空了 $i - j - 1$ 道题，约束给出 $j \geqslant i - L - 1$，故

最后一道抄的题 $i$ 还必须让末尾空段 $n - i \leqslant L$，所以判定条件是 $\min_{i \in [n-L,\, n]} dp[i] \leqslant t$（$L \geqslant n$ 时一题不抄直接可行）。若直接把 $\min$ 写成内层循环，单次判定 $O(nL)$、最坏 $O(n^2)$，再叠加枚举 $L$ 根本跑不动——瓶颈就在滑动窗口最小值上。

优化：窗口只平移，最小值可以复用。 算 $dp[i+1]$ 时的窗口相比算 $dp[i]$ 只整体右移一格。若某个下标 $j$ 满足 $dp[j]$ 不小于窗口里更靠后的某个 $dp[k]$（$j < k$），那么只要 $k$ 还在窗口内，$j$ 就永远不会成为最小值，可以永久淘汰。于是维护一个"下标递增、队内 $dp$ 值递增"的单调队列：队首出窗后即为窗口最小值的下标，队尾持续淘汰，每个下标至多入队、出队各一次，单次判定降为 $O(n)$。

$L = 3$ 时前 8 个状态的转移如下，窗口列即合法前驱 $j$ 的下标范围：

观察两点：$i \leqslant 4$ 时窗口都包含虚拟起点 $0$，"第 $i$ 题抄、之前一题不抄"总是候选项，而窗口下界 $i - L - 1$ 恰好自动完成了"开头空段 $i - 1 \leqslant L$"的检查，无需特判；从 $i = 5$ 起下界离开 $0$，说明开头不能再一直空着。全程算到 $dp[17] = 14$，收尾窗口 $i \in [14, 17]$ 的最小值是 $dp[14] = 11 \leqslant t$，判定通过（对应抄第 4、6、10、14 题的方案）。

最后把"枚举 $L$"换成二分：可行性对 $L$ 单调不减，二分只需 $O(\log n)$ 次判定。样例的判定结果：

$L = 0, 1, 2$ 都不可行、$L = 3$ 可行，故最小可行 $L$ 为 3，与样例输出一致。二分过程在代码里是 solve 中 lo, hi = 0, n 的循环：feasible(mid) 为真则 hi = mid，否则 lo = mid + 1，结束时 lo 就是最小可行 $L$。

代码

与正文符号的对应：$L$ 是 feasible 的 limit 参数，$a$ 存于 cost，$t$ 是 budget，单调队列是 window（存下标），判定 DP 整体在 feasible 中，二分框架在 solve 中。

Python 版：

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51#!/usr/bin/env python3
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import sys
from collections import deque


def feasible(limit: int, cost: list[int], budget: int) -> bool:
    """是否存在抄题方案，使每段连续空题长度 ≤ limit 且总时间 ≤ budget。"""
    n = len(cost)
    if limit >= n:  # 一题都不抄：整段空题长度正好是 n
        return True

    # dp[i]：第 i 题抄、且前 i 题的空题段都不超过 limit 时的最小总时间；dp[0] = 0 表示一题未抄。
    # 第 i 题与上一道抄的题 j 之间空了 i-j-1 题，要求 i-j-1 ≤ limit，即 j ≥ i-limit-1。
    dp = [0] * (n + 1)
    window = deque([0])  # 单调队列存下标，队首恒为窗口 [i-limit-1, i-1] 内 dp 最小的 j
    for i in range(1, n + 1):
        while window[0] < i - limit - 1:  # 队首滑出窗口
            window.popleft()
        dp[i] = cost[i - 1] + dp[window[0]]
        while dp[window[-1]] >= dp[i]:  # 维护队内 dp 单调递增
            window.pop()
        window.append(i)

    # 末尾空段 n-i 也要 ≤ limit，所以最后一道抄的题 i 只需在 [n-limit, n] 里挑。
    return min(dp[n - limit:]) <= budget


def solve() -> None:
    data = iter(map(int, sys.stdin.buffer.read().split()))
    n, budget = next(data), next(data)
    cost = [next(data) for _ in range(n)]

    # 空题段越长越安全（可行域对 limit 单调），二分最小可行 limit。
    lo, hi = 0, n
    while lo < hi:
        mid = (lo + hi) // 2
        if feasible(mid, cost, budget):
            hi = mid
        else:
            lo = mid + 1
    print(lo)


if __name__ == "__main__":
    solve()

C++ 版（同一算法）：

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 */

// 二分答案 + 单调队列优化 DP。
// 判定：给定空题段上限 limit，求"任意连续 limit+1 题至少抄 1 道"方案的最小抄题总时间，
//       看它是否不超过总时间 t。可行域对 limit 单调不减，故二分最小可行 limit。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int MAXN = 50005;

typedef long long ll;

int n;              // 题目总数
ll budget;          // 总时间上限 t
ll a[MAXN];         // a[i]：抄第 i 题要花的时间（1 开始编号）
ll dp[MAXN];        // dp[i]：第 i 题抄、且前 i 题空题段均不超过 limit 时的最小总时间
int que[MAXN];      // 单调队列，存下标 j；队内 dp 值递增，队首是窗口内 dp 最小的 j
int head, tail;     // 队列的左右端点，区间 [head, tail)

// 判断空题段上限为 limit 时是否能在 budget 内抄完。
bool feasible(int limit) {
    if (limit >= n) { // 一题都不抄：整段空题长度正好是 n，必可行
        return true;
    }

    // dp[0] = 0：虚拟起点"此前一题都没抄"。
    // 第 i 题与上一道抄的题 j 之间空了 i-j-1 题，要求 j >= i-limit-1，
    // 窗口下界自动管住了开头空段，无需特判。
    dp[0] = 0;
    que[0] = 0;
    head = 0;
    tail = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        while (que[head] < i - limit - 1) { // 队首滑出窗口 [i-limit-1, i-1]
            head++;
        }
        dp[i] = a[i] + dp[que[head]];
        while (head < tail && dp[que[tail - 1]] >= dp[i]) { // 维护队内 dp 单调递增
            tail--;
        }
        que[tail] = i;
        tail++;
    }

    // 末尾空段 n-i 也要 <= limit：最后一道抄的题 i 只需在 [n-limit, n] 里挑最小 dp。
    ll best = dp[n];
    for (int i = n - limit; i < n; i++) {
        if (dp[i] < best) {
            best = dp[i];
        }
    }
    return best <= budget;
}

void solve() {
    // 空题段越长越容易可行，二分最小可行 limit，lo == hi 即答案。
    int lo = 0, hi = n;
    while (lo < hi) {
        int mid = (lo + hi) / 2;
        if (feasible(mid)) {
            hi = mid;
        } else {
            lo = mid + 1;
        }
    }
    cout << lo << endl;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    cin >> n >> budget;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
    }

    solve();

    return 0;
}

复杂度

• 时间复杂度：$O(n \log n)$——单次判定因单调队列是 $O(n)$（每个下标至多入队、出队各一次），二分在 $[0, n]$ 上 $O(\log n)$ 次判定；与标准 C++ 解法（二分答案 + 单调队列优化 DP）同阶。$n = 5 \times 10^4$ 时约 $8.5 \times 10^5$ 次基本操作。
• 空间复杂度：$O(n)$，dp 数组 $n + 1$ 个整数与最坏 $O(n)$ 的单调队列。

总结

本题的核心是两步翻译：先把"最长空题段 $\leqslant L$"翻译成"任意连续 $L + 1$ 题至少抄 1 道"，得到一个关于 $L$ 单调的判定问题，从而二分答案；再把判定写成线性 DP，其前驱区间 $[\,i-L-1,\, i-1\,]$ 每步只平移一格，滑动窗口最小值交给单调队列，摊还 $O(1)$。实现上有两个容易漏的边界：$dp[0] = 0$ 虚拟起点配合窗口下界自动管住了开头空段，而末尾空段要靠最后在 $i \in [n-L, n]$ 上取最小来收尾，$L \geqslant n$ 时则一题不抄直接可行。实测真实数据 10/10 全部一致，单点 0.018–0.097 s、峰值 ≤ 20 MB，相对 1000 ms / 128 MB 的限制十分宽裕。