[POI2015]Wilcze doły

[POI2015]Wilcze doły

题目大意：

给定一个长度为(n(nle2 imes10^6))的数列(A(1le A_ile10^9))，可以从中选取不超过(d)个连续数字变成(0)，求一个最长的子串使得这段数的和不超过(p)。

思路1：

显然，将(d)个修改的机会用完一定最优，答案至少为(d)。

二分答案(k)，(O(n))枚举端点，若区间和-区间最大的长度为(d)的子段和(le p)，则答案至少为(k)。

而“区间最大的长度为(d)的子段和”可以用稀疏表维护，时空复杂度均为(mathcal O(nlog n))。

然而这题空间限制128MB，还要开int64，会MLE，要是空间开到512MB也能过了。

源代码1：

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
typedef long long int64;
inline int64 getint() {
	register char ch;
	while(!isdigit(ch=getchar()));
	register int64 x=ch^'0';
	while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');
	return x;
}
const int N=2e6+1,logN=21;
int n,a[N],d;
int64 p,sum[N],max[N][logN];
inline int lg2(const float &x) {
	return ((unsigned&)x>>23&255)-127;
}
inline bool check(const int &k) {
	for(register int i=k;i<=n;i++) {
		const int l=lg2(k-d+1);
		if(sum[i]-sum[i-k]-std::max(max[i-k+d][l],max[i-(1<<l)+1][l])<=p) return true;
	}
	return false;
}
int main() {
	n=getint(),p=getint(),d=getint();
	for(register int i=1;i<=n;i++) {
		a[i]=getint();
		sum[i]=sum[i-1]+a[i];
		if(i>=d) max[i][0]=sum[i]-sum[i-d];
	}
	for(register int j=1;j<=lg2(n-d+1);j++) {
		for(register int i=d;i<=n;i++) {
			max[i][j]=std::max(max[i][j-1],max[i+(1<<(j-1))][j-1]);
		}
	}
	int l=d+1,r=n;
	while(l<=r) {
		const int mid=(l+r)>>1;
		if(check(mid)) {
			l=mid+1;
		} else {
			r=mid-1;
		}
	}
	printf("%d
",l-1);
	return 0;
}

思路2：

不难发现当右端点单调递增时，能选取的最大的左端点具有单调性。

而“区间最大的长度为(d)的子段和”可以用单调队列维护。

时空复杂度(mathcal O(n))。

源代码2：

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cctype>
typedef long long int64;
inline int64 getint() {
	register char ch;
	while(!isdigit(ch=getchar()));
	register int64 x=ch^'0';
	while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');
	return x;
}
const int N=2e6+1;
std::deque<int> q;
int a[N];
int64 sum[N],tmp[N];
int main() {
	const int n=getint();
	const int64 p=getint();
	const int d=getint();
	for(register int i=1;i<=n;i++) {
		a[i]=getint();
		sum[i]=sum[i-1]+a[i];
		if(i>=d) tmp[i]=sum[i]-sum[i-d];
	}
	int ans=d;
	q.push_back(d);
	for(register int i=d+1,last=0;i<=n;i++) {
		while(!q.empty()&&q.front()-d<last) q.pop_front();
		while(!q.empty()&&tmp[q.back()]<=tmp[i]) q.pop_back();
		q.push_back(i);
		while(!q.empty()&&sum[i]-sum[last]-tmp[q.front()]>p) {
			last++;
			if(!q.empty()&&q.front()-d<last) q.pop_front();
		}
		ans=std::max(ans,i-last);
	}
	printf("%d
",ans);
	return 0;
}