【ARC072E】Alice in linear land DP

题目大意

　　有一个人要去直线上(lm)远处的地方，他会依次给他的机器发出(n)个指令。第(i)个指令为(d_i)。他的机器收到一个指令(x)后，如果向目的地方向前进(xm)后比当前离目的地更近，就会向前移动(xm)，否则什么都不会做。

　　现在，给你(q)个询问，第(i)个询问为(a_i)，问你能不能改变(d_{a_i})，使得这个人不能到达目的地。你可以决定把(d_{a_i})改成什么数。

　　(n,qleq 500000,1leq d_ileq {10}^9)

题解

　　首先我们先算出执行前面(i)个指令后离终点的距离(c_i)

　　暴力的做法是用DP算出(g_{i,j})：执行后面(i)~(n)的指令，离终点的距离为(j)，执行完后能不能到达终点。

　　然后就会发现一旦出现一个(0)，后面的(1)就会无意义。（因为可以修改成直接走到(0)这里）

　　那么我们只需要维护前面有多少个(1)。

　　(f_i)表示执行后面(i)~(n)的指令，前面(g_{i,0})~(g_{0,f_i})全部是(1)，(g_{i,f_i+1})是(0)。

　　那么如果(d_ileq 2f_{i+1}+1)，那么(f_i=f_{i+1}+d_i)。否则(f_i=f_{i+1})。

　　可以发现，第一种情况(0)~(f_i)之间不会有空洞。

　　询问(a_i)时直接判断(c_{a_i-1})是不是比(f_{a_i+1})大。这样直接走到(f_{a_i+1}+1)就可以了。

　　时间复杂度：(O(n))

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<utility>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
int n,q;
ll m;
ll d[500010];
ll c[500010];
ll f[500010];
void rd(int &s)
{
	int c;
	while((c=getchar())<'0'||c>'9');
	s=c-'0';
	while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
		s=s*10+c-'0';
}
void rd(ll &s)
{
	int c;
	while((c=getchar())<'0'||c>'9');
	s=c-'0';
	while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
		s=s*10+c-'0';
}
int abs(int x)
{
	return x>0?x:-x;
}
void yes()
{
	putchar('Y');
	putchar('E');
	putchar('S');
	putchar('
');
}
void no()
{
	putchar('N');
	putchar('O');
	putchar('
');
}
int main()
{
#ifdef DEBUG
	freopen("a.in","r",stdin);
	freopen("a.out","w",stdout);
#endif
	scanf("%d%lld",&n,&m);
	int i;
	ll x;
	c[0]=m;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		rd(d[i]);
		c[i]=min(c[i-1],abs(c[i-1]-d[i]));
	}
	f[n+1]=0;
	for(i=n;i>=1;i--)
	{
		f[i]=f[i+1];
		if(d[i]<=2*f[i+1]+1)
			f[i]=max(f[i],f[i+1]+d[i]);
	}
	scanf("%d",&q);
	for(i=1;i<=q;i++)
	{
		rd(x);
		if(c[x-1]>f[x+1])
			yes();
		else
			no();
	}
	return 0;
}