[bzoj2086][Poi2010]Blocks
Description
给出N个正整数a[1..N]，再给出一个正整数k，现在可以进行如下操作：每次选择一个大于k的正整数a[i]，将a[i]减去1，选择a[i-1]或a[i+1]中的一个加上1。经过一定次数的操作后，问最大能够选出多长的一个连续子序列，使得这个子序列的每个数都不小于k。
总共给出M次询问，每次询问给出的k不同，你需要分别回答。
Input
第一行两个正整数N (N <= 1,000,000)和M (M <= 50)。
第二行N个正整数，第i个正整数表示a[i] (a[i] <= 10^9)。
第三行M个正整数，第i个正整数表示第i次询问的k (k <= 10^9)。
Output
共一行，输出M个正整数，第i个数表示第i次询问的答案。
Sample Input
5 6 1 2 1 1 5 1 2 3 4 5 6
Sample Output
5 5 2 1 1 0
思路
首先我们看一看题，发现在题目中只是问最长的一段子序列的长度，并且没有限制操作多少次，所以我们能发现一个性质，当且仅当这个序列的平均数大于等于k时，这个序列为合法序列。所以我们可以将每一个数都减去k，再找出最长的子序列和大于零。由于是寻找连续数字的和，我们就可以想到运用前缀和，这样求一段区间就可以实现$O(1)$查询。我们再看，由于是求最长，所以我们要找到距离尽可能远的两个前缀和，且后者减去前者大于等于零，我们想到$n^2$算法，但分析时间复杂度明显不对，所以······
经过思考，我们可以发现一个性质，就是如果已经遍历到$i$，现在有$j lt k$&&$sum[j] lt sum[k]$，显然选取$j$作为做左端点明显比$k$作为左端点要更优，所以我们可以根据这个性质发现维护栈时只有当当前$sum[i] lt sum[sta[top]]$时才能压入栈内，所以我们发现这是一个单调递减的栈。由于我们是从$1~n$找出的单调栈，所以我们更新答案应该从$n ~ 1$，我们发现如果当$sum[i]-sum[sta[top]] ge 0$时，应该将栈顶弹出，这样不会是答案变小，但是有人会问，如果下一个的$sum$比现在这个的$sum$小，并且比栈顶的$sum$小，那不就更新不出答案了吗？但是我们仔细画一画，如果真的是那样，以下一个为右端点远没有以现在这个为右端点更优。
代码
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define N 1000001
int n,m,k,ans;
int number[N];
long long sum[N];
int f[N],idx,queue[N];
void push(int ord)
{
while(idx&&sum[queue[idx]]>sum[ord]) idx--;
queue[++idx]=ord;
}
void play()
{
idx=ans=0;
queue[++idx]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
sum[i]=sum[i-1]+number[i]-k;
if(sum[i]<sum[queue[idx]]) queue[++idx]=i;
}
for(int i=n;i;i--)
{
while(sum[i]-sum[queue[idx]]>=0&&idx) idx--;
ans=max(ans,i-queue[idx+1]);
}
printf("%d ",ans);
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&number[i]);
for(int j=1;j<=m;j++) scanf("%d",&k),play();
}