BZOJ 2086: [Poi2010]Blocks

2086: [Poi2010]Blocks

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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

HINT

 

Source

 

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分析

题意可以简化为选取最长的一段，使得其平均值不小于k。

问题又可以进一步转化为将原序列的每个数减k，然后找最长的一段使得其和不小于0。

设转换后的新序列为seq，sum为seq的前缀和，则就是找一对i,j使得i<j且sum[i]<=sum[j]，且j-i最大。

观察发现，对于seq中的位置i，如果存在j<i且sum[j]<=sum[i]，则i不会用来更新最优解，因为无论如何j都比它优。所以可以先求出seq中单调下降的子序列（可能不连续），存入一个栈里。

for (int i = 1; i <= n; ++i)
    if (sum[i] > sum[stk[tot]])
        stk[++tot] = i;

又发现，对于这个单调下降序列中的一个元素，其都可以作为我们的i，如果我们倒序枚举j，则一个i被某个j用来更新之后就不会再用来更新了，因为那个j一定使得sum[i]<=sum[j]的最大的j了。所以每个i更新完就出栈，保证时间复杂度是O(N)的。

后记：不知道写的时候满脑子在想什么，都没发现前缀和会爆int，后来感觉自己真是没救了，退役保平安吧……

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 1000005;

int n, m, k;
int num[N];
int seq[N];
int stk[N];
LL sum[N];

signed main(void)
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        scanf("%d", num + i);
    while (m--)
    {
        scanf("%d", &k);
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
            seq[i] = num[i] - k;
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
            sum[i] = sum[i - 1] + seq[i];
        int ans = 0, tot = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
            if (sum[i] < sum[stk[tot]])
                stk[++tot] = i;
        for (int i = n; i >= 1; --i)
            while (~tot && sum[i] >= sum[stk[tot]])
                ans = max(ans, i - stk[tot--]);
        printf("%d%c", ans, m ? ' ' : '
');
    }
}

@Author: YouSiki