我过去曾经遇到过类似的问题，我仍然不知道如何解决这个问题。问题是这样的：
您将获得一个正整数数组，其大小为n <= 1000且k <= n，这是您必须将数组拆分为的连续子数组的数量。你必须输出最小m，其中m = max {s [1]，...，s [k]}，s [i]是第i个子阵列的总和。数组中的所有整数都在1到100之间。例如：
Input: Output:
5 3 >> n = 5 k = 3 3
2 1 1 2 3
将数组拆分为2 + 1 | 1 + 2 | 3将最小化m。
我的蛮力想法是让第一个子阵列在位置i（对于所有可能的i）结束，然后尝试以尽可能最好的方式将数组的其余部分分成k-1个子阵列。但是，这是指数级解决方案，永远不会奏效。
所以我正在寻找好的想法来解决它。如果你有，请告诉我。
感谢您的帮助。
答案 0 :(得分：5)
您可以使用动态编程来解决此问题，但实际上您可以通过贪婪和二元搜索来解决问题。此算法的复杂度为O(n log d)，其中d是输出答案。 （上限是数组中所有元素的总和。）（或输出位大小为O( n d )）
我们的想法是二元搜索你的m - 然后贪婪地向前推进数组，将当前元素添加到分区，除非添加当前元素将其推送到当前{{1} - 在这种情况下，您启动一个新分区。如果使用的分区数小于或等于给定输入m，则当前m成功（因此调整上限）。否则，您使用了太多分区，并在k上提高了下限。
一些伪代码：
m这在概念上应该更容易提出。另请注意，由于分区功能的单调性质，如果您确定输出// binary search
binary_search ( array, N, k ) {
lower = max( array ), upper = sum( array )
while lower < upper {
mid = ( lower + upper ) / 2
// if the greedy is good
if partitions( array, mid ) <= k
upper = mid
else
lower = mid
}
}
partitions( array, m ) {
count = 0
running_sum = 0
for x in array {
if running_sum + x > m
running_sum = 0
count++
running_sum += x
}
if running_sum > 0
count++
return count
}
不是太大，您实际上可以跳过二分查找并进行线性搜索：
d答案 1 :(得分：3)
动态编程。制作一个数组
int best[k+1][n+1];
其中best[i][j]是最好的，你可以实现分割数组int j子数组的第一个i元素。 best[1][j]只是第一个j数组元素的总和。拥有行i，您可以按如下方式计算行i+1：
for(j = i+1; j <= n; ++j){
temp = min(best[i][i], arraysum[i+1 .. j]);
for(h = i+1; h < j; ++h){
if (min(best[i][h], arraysum[h+1 .. j]) < temp){
temp = min(best[i][h], arraysum[h+1 .. j]);
}
}
best[i+1][j] = temp;
}
best[m][n]将包含解决方案。算法是O（n ^ 2 * k），可能更好。
编辑：ChingPing，toto2，Coffee on Mars和rds（按照我目前看到此页面时的顺序）的想法的组合。
设置A = ceiling(sum/k)。这是最小值的下限。要找到最小值的上限，可以通过任何提到的方法创建一个好的分区，移动边框，直到找不到仍然会减少最大子数的任何简单移动。这给你一个上限B，没有比下限大得多（如果它更大，你会发现通过移动边界很容易改善，我想）。
现在继续使用ChingPing的算法，已知的上限减少了可能的分支数。最后一个阶段是O（（B-A）* n），发现B未知，但我猜想比O（n ^ 2）好。
答案 2 :(得分：2)
我有一个糟糕的分支和绑定算法（请不要低估我）
首先将数组和dvide的总和取为k，这为你提供了最佳的答案范围，即平均值A.此外，我们将保留迄今为止任何分支GO（全局最优）的最佳解决方案。让我们考虑一下我们在一些数组元素之后放置一个分隔符（逻辑）作为分区单元，我们必须放置k-1个分区。现在我们将以这种方式贪婪地放置分区，
遍历数组元素，将它们相加，直到您看到在下一个位置我们将超过A，现在将两个分支放在一个将分隔符放在此位置的位置，另一个放置在下一个位置的位置，执行此操作并递归GO = min（GO，回答分支）。 如果在任何分支的任何一点，我们有一个更大的分区，那么GO或位置的数量小于那么分区留给我们绑定。最后，当你回答时，你应该有GO。
修改 正如丹尼尔所建议的那样，我们可以稍微修改分配器放置策略，直到你将元素总和作为A或剩下的剩余位置小于分隔符。
答案 3 :(得分：1)
这只是一个想法的草图......我不确定它是否有效，但它很容易（也可能很快）。
你开始说分离均匀分布（实际上你的开始并不重要）。
制作每个子阵列的总和
找到总和最大的子阵列
如果左侧的子阵列的总和低于右侧的子阵列（反之亦然），请查看右侧和左侧的邻居子阵列并将左侧的分隔移动一个。
用当前最大总和重做子阵列。
你会遇到一些情况，你会在相同的两个位置之间保持分离，这可能意味着你有解决方案。
编辑：请参阅@rds的评论。你必须更加努力地思考弹跳解决方案和最终条件。
答案 4 :(得分：0)
如果你的数组有随机数，你可以希望每个子数组有n / k的分区是一个很好的起点。
从那里
答案 5 :(得分：0)
我的想法，遗憾的是不起作用：