【[POI2015]WIL-Wilcze doły】

第一篇题解确实会被讨论区里的数据hack掉，那么就随便水一个不会被hack掉的题解吧

首先我们尝试着发现这道题的一些结论，你就会发现答案是单调的不降的

这里的答案不降指的是选择每一个位置(i)作为结尾能形成的最长区间的左端点是单调不降的，这个很好证明，将(i-1)这个位置作为结尾形成的最长区间的左端点不可能比(i)作为结尾形成的最长区间的左端点更靠右

如果更靠右的话，那么(i-1)形成的区间还能更靠左一些，这与我们的假设不符，所以这个结论是成立的

之后我们就可以利用这个结论计算每一个(i)为结尾的区间的左端点在哪里了

由于(i)的左端点不可能比(i-1)的更靠左，所以我们就直接来将(i-1)的左端点(last)为起始端点就好了

如果(p[i]-p[last-1])即这段区间的和减去这个区间内所有长度为(d)的区间和的最大值还是超过(p)，那么我们就让(last++)，直到满足条件为止

至于怎么维护一个区间内所有长度为(d)的区间和的最大值，我们用一个单调队列就好了

时间复杂度其实是均摊了两次，但是还是非常优秀的(O(n))

代码

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<cstdio>
#define re register
#define maxn 2000005
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define LL unsigned long long
LL n,p,d;
LL a[maxn],pre[maxn];
LL ans,t[maxn],last;
inline LL read()
{
    LL x=0;
    char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9')
      x=x*10+c-48,c=getchar();
    return x;
}
int main()
{
    n=read();
    p=read();
    d=read();
    for(re int i=1;i<=n;i++)
        a[i]=read();
    for(re int i=1;i<=n;i++)
        pre[i]=pre[i-1]+a[i];
    std::deque<int> q;
    for(re int i=d;i<=n;i++)
        t[i]=pre[i]-pre[i-d];//t[i]表示[i-d+1,i]这个区间的和
    ans=d;//最开始ans为d
    q.push_back(d);
    last=1;
    for(re int i=d+1;i<=n;i++)
    {
        while(!q.empty()&&t[i]>t[q.back()]) q.pop_back();
        q.push_back(i);//在队尾加入一个元素
        while(!q.empty()&&q.front()-d+1<last) q.pop_front();
        //，如果队首元素的左端点比last还小，那么就弹出不合法的队首元素
        while(!q.empty()&&pre[i]-pre[last-1]-t[q.front()]>p)
        {
            last++;
            while(!q.empty()&&q.front()-d+1<last) q.pop_front();
            //last++后也要维护队首的合法性
        }
        ans=max(ans,i-last+1);
    }
    std::cout<<ans;
    return 0;
}