ZOJ 2592 Think Positive ——（xjbg）

　　做法是，先求出前缀和pre。然后枚举端点i，[i+1,n]中pre最小的找出来，减去pre[i-1]大于0，这是第一个条件；第二个条件是，从i开始的后缀和和i之前的最小的一个pre相加大于0。只要满足这两个条件那么这个端点就是可行的。显然找这两个区间的最值都是可以用数组线性维护的，因此总体复杂度是O(n)的。

　　代码如下：

#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;

int a[N];
int pre[N],suf[N];
int min_pre_qian[N],min_pre_hou[N];

int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        int n;
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d",a+i),pre[i] = pre[i-1] + a[i];
            if(i == 1) min_pre_qian[i] = pre[1];
            else min_pre_qian[i] = min(pre[i], min_pre_qian[i-1]);
        }
        suf[n+1] = 0;
        for(int i=n;i>=1;i--)
        {
            suf[i] = suf[i+1] + a[i];
            if(i == n) min_pre_hou[i] = pre[i];
            else min_pre_hou[i] = min(min_pre_hou[i+1], pre[i]);
            //min_suf[i] = min(suf[i], min_suf[i+1]);
        }
        int ans = 0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            //printf("%d %d %d %d %d ??
",i,min_pre_hou[i],pre[i-1],suf[i],max_pre_qian[i-1]);
            if(min_pre_hou[i] - pre[i-1] > 0 && suf[i] + min_pre_qian[i-1] > 0)
            {
                ans++;
            }
        }
        printf("%d
",ans);
    }
}