奶牛抗议

奶牛抗议

描述

约翰家的N 头奶牛正在排队游行抗议。一些奶牛情绪激动，约翰测算下来，排在第i 位的奶牛的理智度为Ai，数字 
可正可负。约翰希望奶牛在抗议时保持理性，为此，他打算将这条队伍分割成几个小组，每个抗议小组的理智度之 
和必须大于或等于零。奶牛的队伍已经固定了前后顺序，所以不能交换它们的位置，所以分在一个小组里的奶牛必 
须是连续位置的。除此之外，分组多少组，每组分多少奶牛，都没有限制。约翰想知道有多少种分组的方案，由于 
答案可能很大，只要输出答案除以1000000009 的余数即可。 

输入

第一行：单个整数N，1 ≤ N ≤ 100000 
第二行到第N + 1 行：第i + 1 行有一个整数Ai，10^5 ≤ Ai ≤ 10^5 

输出

单个整数：表示分组方案数模1000000009 的余数 

样例

输入

4
2
3
-3
1

输出

4

提示

说明 
解释:如果分两组，可以把前三头分在一组，或把后三头分在一组； 
如果分三组，可以把中间两头分在一组，第一和最后一头奶牛自成一组；最后一种分法是把四头奶牛分在同一组里。

思路：

在做这道题之前，我们不妨先来想想这道题暴力怎么做。于是我们很容易得到一个简单的暴力转移方程：

令f[i]表示到i的方案数，有f[i]=∑f[j],k=j+1∑i a[k]≥0
写成前缀和的形式便是f[i]=∑f[j],sum[i]-sum[j]≥0，于是

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mod 1000000009 
using namespace std;
ll n,sum[100005],ans,f[100005],a[100005];
int main()
{
    scanf("%lld",&n);
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&a[i]);
        sum[i]=sum[i-1]+a[i];
    }
    f[0]=1;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
        for(ll j=0;j<i;j++)
            if(sum[i]-sum[j]>=0)
                f[i]=(f[i]+f[j])%mod;
    printf("%lld
",f[n]);
    return 0;
}

可是这是n^2，怎么优化？

我们再来仔细看看这个代码，注意到这一句话：sum[i]-sum[j]>=0，我们将其转化一下是不是可以变成sum[i]>=sum[j]呢？

这时候我们发现相当于求在i前面并且前缀和小于sum[i]的所有f[i]和，这就可以用一个树状数组优化了，在树状数组维护下标为sum[i]，f[i]的前缀和。对于每个f[i]即为树状数组

上sum[i]的前缀和。

这里需要注意的是前缀和可能为负，而树状数组下标不能为负，所以我们要离散化一下。于是，上代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mod 1000000009
#define lowbit(x) x&(-x)
using namespace std;
ll sum[1000001],n,f[1000001],b[1000001],num,a[1000001];
struct data {
    ll v,id;
} t[1000001];
bool cmp(data x,data y) {
    if(x.v==y.v)
        return x.id<y.id;
    else
        return x.v<y.v;
}
void add(ll x,ll val) {
    while(x<=n+1) {
        sum[x]+=val;
        x+=lowbit(x);
    }
}
ll ask(ll x) {
    ll ans=0;
    while(x) {
        ans+=sum[x];
        x-=lowbit(x);
    }
    return ans;
}
int main() {
    scanf("%lld",&n);
    for(ll i=1; i<=n; i++) {
        scanf("%lld",&a[i]);
        f[i+1]=f[i]+a[i];
    }
    f[1]=0;
    for(ll i=1; i<=n+1; i++) {
        t[i].v=f[i];
        t[i].id=i;
    }
    sort(t+1,t+n+2,cmp);
    for(ll i=1; i<=n+1; i++)
        b[t[i].id]=i;//离散化
    add(b[1],1);
    for(ll i=2; i<=n+1; i++) {
        num=ask(b[i])%mod;
        add(b[i],num);
    }
    printf("%lld
",num%mod);
    return 0;
}

值得注意的是，我在这里把前0个数前缀和为零的情况也插入到了树状数组，所以注意一下小细节。

如果有什么不对的地方欢迎各位巨佬指正。

撒花~~~