Codeforces Round #645-E

Codeforces Round #645-E

题意分析

​ 给定一个长度为(n)的数组(arr)，第((lceil{frac{n}{2}} ceil+1)-n)项相同均为x，即(arr[ ]={ arr_1,arr_2……arr_{lceil{frac{n}{2}} ceil},x,x,……})。

​ 问是否存在k使得

[sum_{i=p}^{p+k-1}arr_i>0,1leq pleq{n-k+1} ]

​ 若存在输出任意一个k，否则输出-1。

解题思路

暴力做法

​ 从1到n枚举k，然后检测k是否可行。

​ 如何检测给定的k是否可行？计算出所有(s_i=sum_{i=p}^{p+k-1}arr_i),若存在(s_ileq 0)则不可行，否则可行。一次检测时间复杂度为(O((n-k+1) imes k))。观察(s_i)之间的关系发现:

[s_{i+1}=s_i-arr_i+arr_{i+k} ag{1} ]

于是可以采用递推的方式计算(s_i)，因此一次检测的时间复杂度为(O(n-k+1))。

​ 所以检测所有k的时间复杂度为

[O(sum_{k=1}^{n}k)=O(n^2) ]

​ 而n的最大取值为(5 imes10^5),所以暴力法不可行。

改进做法

​ 题目中有一个重要的性质没有用到：第((lceil{frac{n}{2}} ceil+1)—n)项相同均为x。（启发式经验，尝试用此性质找到不同k的检测之间的关系）

​ 观察递推公式（1），假设(kgeqlceil{n/2} ceil),于是公式（1）改写为

[s_{i+1}=s_i-arr_i+x ag{2} ]

进而推导出:

[s_{i+1}-s_{i}=x-arr_i ag{3} ]

当长度为k增1，公式（3）依然成立。于是当(kgeqlceil{n/2} ceil)为真时，(s_{i+1}-s_{i}=x-arr_i)。

​ 根据公式(3)为相邻两项差的形式，所以尝试用前缀和数组的形式来进一步推导。

​ 构造长度为k时计算(s_i)的前缀和数组：

[\ ext(注意这里的s_i指的是长度为k时的第i项开始的前缀和)\ P^K={sum_1^k,x-arr_1,x-arr_2,...,x-arr_{n-k} }, sum_i^k=sum_{i=1}^karr_i\ s_i=sum_{j=1}^i{p_j^K} ]

​ 长度为k+1时计算(s_i)的前缀和数组：

[\ ext(注意这里的s_i指的是长度为k+1时的第i项开始的前缀和)\ P^{K+1}={sum_1^{k+1},x-arr_1,x-arr_2,...,x-arr_{n-k-1} }\ s_i=sum_{j=1}^i{p_j^{K+1}} ]

​ 通过观察发现(P^{K+1})和(P^{K})十分相似，所以考虑他们答案之间的递推关系。假设(P^{K+1})的

[Min( s_i ) =h_{K+1}，1leq ileq n-k\ ext(注意这里的s_i指的是长度为k+1时的第i项开始的前缀和) ]

则为(P^K)的

[Min(s_i)=h_{K+1}-arr_{k+1},1leq ileq n-k\(注意这里的s_i指的是长度为k时的第i项开始的前缀和,注意范围只到了倒数第二项) ]

即(P^K)的前n-k个前缀和中的最小值可以由(P^{k+1})的最大前缀和推导出。而(P^K)的最后一个前缀和(s_{n-k+1})为(P^K)的全部元素的和(sum P^K)，且

[sum P^K=sum P^{K+1}-arr_{k+1}+x-arr_{n-k} ]

​ 则(P^K)的所有前缀和中最小值为

[h_K=min(sum P^K,h_{K+1}-arr_{k+1}) ag{4} ]

​ 由此我们找到了(kgeqlceil{n/2} ceil)时(h_k)的递推关系式，而(h_n)的值即为(sum arr_i)。所以从(h_n)出发使用公式（4）即可在(O(N))的时间内检测所有(kgeqlceil{n/2} ceil)的情况。

​ 还剩下一个问题，(k<lceil{n/2} ceil)的情况怎么办？如果我们在检测所有(kgeqlceil{n/2} ceil)的情况时发现存在解，那(k<lceil{n/2} ceil)的情况就无需检测了，但如果没有发现解则需要进行检测。真的需要检测吗？

​ 假设存在一个(k<lceil{n/2} ceil)的解，则(2 imes kgelceil{n/2} ceil)必然也是解，想想就可以知到，每一个长度为的子段的和大于0，那么连续两个长度为k的子段和之和必然也大于0。所以无需检测这类情况。

算法总结

​ 利用公式（4）检测(kgeqlceil{n/2} ceil)的情况，在O(N)的时间复杂度内解决此题。

//一份几乎无法让人看懂的题解，写完后我也不想看。。。。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=5e5+10;
int arr[MAXN];
int main() {
    ll n,x;
    scanf("%lld",&n);
    ll mid;
    mid=(n+1)/2;
    ll sum = 0,premin;
    for(int i=1;i<=mid;i++){
        scanf("%d",arr+i);
        sum=sum+arr[i];
    }
    scanf("%lld",&x);
    for(int i=mid+1;i<=n;i++){
        arr[i]=x;
    }
    sum+=(ll)(n-mid)*(ll)x;
    premin=sum;
    int ans=-1;
    for(int i=n;i>=mid;i--){
        if(premin>0){
            ans=i;
            break;
        }
        else{
            sum=sum-arr[i]+x-arr[n-i+1];
            premin=premin-arr[i];
            premin=min(premin,sum);
        }
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}