线段树【p2629】 好消息,坏消息

顾z

你没有发现两个字里的blog都不一样嘛 qwq

题目描述-->p2629 好消息,坏消息

历程

刚开始看到这个题,发现是需要维护区间和,满心欢喜敲了一通线段树,简单debug之后交上去 (45pts)?

改代码的时候开始考虑这样做的正确性.

维护区间和,前后两个的区间和加起来一定等于整个区间的区间和,那我和直接求和有什么区别?

再次读题

发现必须要求每一个时刻老板的怒气值都(geq 0)才行.

xjb分析

既然维护区间和行不通,考虑改变线段树所维护的东西.

考虑维护些什么?

我们需要维护一个区间的最小值,才能判断是否满足(geq 0)

而某一个位置的值,受前面位置的值的影响.

因此我们想到了前缀和.

即我们可以维护前缀和的最小值.

解决85%

既然想到了维护前缀和,那这样就很简单了.

根据题目所叙述的,我们需要从 (k,k_1,k_2 dots n,1,2 dots k-1)累加

所以我们要先判断后缀的最小值是否(leq 0)。

显然,我们的前缀和的计算为(sum_i=sum_{j=1}^{i}a_i)

后缀部分(sum_{i=k}^{n}a_i)的计算要减去(sum_{k-1})

又因为题目要求的计算顺序,我们需要考虑后缀和与前缀最小值的和是否(geq 0)

所以很容易写出这部分的代码

	for(R int i=2;i<=n;i++)
	{
		if(query(1,1,n,i,n)-sum[i-1]<0)continue;
		if(sum[n]-sum[i-1]+query(1,1,n,1,i-1)>=0)
			ans++;
	}	

看到上面的(85)%了没?

如果只单纯判断这些情况的话只能get到(85pts)

考虑被遗忘的情况

检查一番,我们发现题目中这一句话

uim必须按照时间的发生顺序逐条将消息告知给老板

突然醒悟

我们还可以从(1)到(n)告诉老板!

再加上判断是否整个区间的前缀最小值(leq 0)即可.

综上,我们的问题就得以解决了!

---------------------代码---------------------

#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define N 1000008
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
using namespace std;
int tr[N<<2],ans,n,sum[N];
inline void up(int o){tr[o]=min(tr[ls],tr[rs]);return;};
void build(int o,int l,int r)
{
	if(l==r)
	{
		tr[o]=sum[l];
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	build(ls,l,mid);
	build(rs,mid+1,r);
	up(o);
}
int query(int o,int l,int r,int x,int y)
{
	if(x<=l and y>=r)return tr[o];
	int mid=(l+r)>>1,res=2147483647;
	if(x<=mid)res=min(res,query(ls,l,mid,x,y));
	if(y>mid)res=min(res,query(rs,mid+1,r,x,y));
	return res;
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(R int i=1,x;i<=n;i++)scanf("%d",&x),sum[i]=sum[i-1]+x;
	build(1,1,n);
	for(R int i=2;i<=n;i++)
	{
		if(query(1,1,n,i,n)-sum[i-1]<0)continue;
		if(sum[n]-sum[i-1]+query(1,1,n,1,i-1)>=0)
			ans++;
	}	
	printf("%d",ans+(tr[1]>=0));
}