https://www.zybuluo.com/ysner/note/1225266
题面
有(n)个加油站，第(i)和(i+1)个加油站距离为(d_i)，车遇(i)站自动加(w_i)油。现有(k)油量可分配到各加油站中，来增大各站(w_i)。有一任务，即在油量(>0)的前提下，从(l)站到(r)站，再将自带油量清(0)，从(r)站到(l)站。问每个点在完成任务的前提下，最多能走到右边哪个站？
- (8pts nleq1000)
- (31pts nleq20000)
- (100pts nleq10^6)
时限(5s)
解析
(8pts)算法
首先显然有个贪心，就是从左向右走能不加油尽量不加油。
正确性显然。与其把油量都堆在开头，不如使油量尽量靠后，这样才能更有助于从右往左，减少卡壳时所需油量。
然后我没看出来的是，从右往左可以直接在右端加上所有油。
因为此时油加的位置没有其它附加影响了。
于是枚举每个点，枚举它能到的最右点，检验它是否能到。复杂度(O(n^3))。
(39pts)算法
注意到答案不具有单调性。
并不能说，上个点能达到最右点，这个点也一定能达到最右点。
因为受到出发点油量的影响。假如上个点油量特别大，而这个点特别小呢。
其实我们往右跑时可以同时兼顾向右时对可分配油量的需求，及向左时对可分配油量的需求。
枚举左端点，然后一个劲地向右跑，该加油时就加油，直到可分配油量被耗完为止。这样保证能从左向右。
在此过程中，实时维护到当前点往返整个过程所需油量(had)，如果往右跑的过程要加油(oil)，(had+=oil)。同时统计该段从右向左的油量需要（(w[j]-d[j]))，不需要、(had)可减，需要、(had)可加。（(d[j])表示从(j-1)号站到(j)号站的距离）
显然如果(had)最大时油量还不为负，整个过程就一定合法，也就能走到该段右端点。而如果现在的(had)与剩余油量之和大于等于(max)，就说明从右到左油量到不了负数，该答案合法。
复杂度(O(n^2))
我觉得还是看代码清楚些
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define re register
#define il inline
#define ll long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int N=1e6+100;
ll n,k,d[N],ans,w[N];
il ll gi()
{
re ll x=0,t=1;
re char ch=getchar();
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
int main()
{
freopen("simple.in","r",stdin);
freopen("simple.out","w",stdout);
n=gi();k=gi();
fp(i,2,n) d[i]=gi();
fp(i,1,n) w[i]=gi();
fp(i,1,n)
{
re ll had=0,now=w[i],res=k,mx=-1e18;ans=i;
fp(j,i+1,n)
{
if(d[j]>now)
if(d[j]-now<=res) res-=d[j]-now,had+=d[j]-now,now=0;
else break;
else now-=d[j];
mx=max(mx,had);
now+=w[j];had+=w[j]-d[j];
if(had+res>=mx) ans=j;
}
printf("%lld ",ans);
}
puts("");
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}