ARC072E Alice in linear land

～～～题面～～～

题解：

　　首先我们要观察到一个性质，因为在固定的起始距离下，经过固定的操作，最后所在的位置是固定的，我们设经过操作1 ~ i之后所在的地方距离终点为d[i].

　　那么如果女巫可以修改第i个操作，那么就相当于已经经过了1 ~ i - 1的操作，所以这个时候Alice已经在d[i - 1]的位置了，那么这个时候女巫可以通过修改s[i]来使得Alice和终点的距离减小，因为如果一个s[i]可以使得距离缩小，那么Alice一定会走，因此Alice的下一位置将是[0, d[i - 1]]中的任意位置。

　　我们设f[i]表示最小的起始距离x使得经过i ~ n的操作无法到达终点。

　　那么显然如果f[i + 1] <= d[i - 1]，女巫就一定可以使得Alice无法到达终点。

　　因此考虑如何转移。

　　首先f[n + 1]表示不经过任何操作，那么这个时候的最小距离显然是1.

　　考虑加入一个操作s[i]。

　　1，如果当前在f[i + 1] 并且 s[i]这个操作不会被执行，那么s[i]就不会对f[i]造成影响，所以最近的距离还是f[i + 1]。

　　那么什么时候s[i]不会被执行？显然s[i]需要 >= f[i  + 1]并使得s[i] - f[i + 1] >= f[i + 1],移项得到f[i + 1] <= s[i] / 2.

　　2，如果这个操作被执行，那么将会缩短与目的地的距离，因为经过f[i + 1]的操作，最小的无法到达目的地的距离为f[i + 1],

　　而原本在f[i + 1]的Alice经过s[i]这个操作缩短了与目的地的距离后，距离已经小于f[i + 1]了，因此这个时候肯定是可以到达目的地了。

　　而为了使f[i]尽可能小，所以肯定要使得f[i]经过操作s[i]后到达f[i + 1],因为f[i + 1]是经过操作i + 1 ~ n最小的无法到达目的地的距离，不能再更小了。

　　因此f[i] = f[i + 1] + s[i].

　　

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define R register int
#define AC 501000
#define LL long long

int n, m;
int s[AC], d[AC], f[AC];

inline int read()
{
    int x = 0;char c = getchar();
    while(c > '9' || c < '0') c = getchar();
    while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x;
}

void pre()
{
    n = read(), d[0] = read();
    for(R i = 1; i <= n; i ++) 
    {
        s[i] = read(), d[i] = d[i - 1];
        if(d[i] >= s[i]) d[i] -= s[i]; 
        else if(s[i] - d[i] < d[i]) d[i] = s[i] - d[i];
    }
}

void work()//f[i]表示经过操作i ~ n,使得Alice无法到达终点的最小起始距离x
{
    f[n + 1] = 1;
    for(R i = n; i; i --)
        if(f[i + 1] <= s[i] / 2) f[i] = f[i + 1];
        else f[i] = f[i + 1] + s[i];
    m = read();
    for(R i = 1; i <= m; i ++)
    {
        int x = read();
        if(d[x - 1] >= f[x + 1]) printf("YES
");
        else printf("NO
");
    }    
}

int main()
{
    freopen("in.in", "r", stdin);
    pre();
    work();
    fclose(stdin);
    return 0;
}