JZOJ 5396. 【NOIP2017提高A组模拟10.6】Blocks

Description

Input

Output

Sample Input

10 5

1 7 9 9 5 9 3 4 5 8

5 7 20 9 1

Sample Output

10 6 0 2 10

Data Constraint

Solution

主要思路：单调队列× 2 。

因为操作次数不限，因此若一段区间平均值超过 K ，即为一组合法解。

将 Ai 减去 K ，用 sum 记录前缀和，区间变成和 ≥0 即为合法。

Fi 表示右端点为 i 的合法区间中最小的左端点。则：

Fi=Min(j)(1≤j≤i 且 sum[i]−sum[j−1]≥0)

显然如果存在 k<j 而且 sum[k]<sum[j] ，则 j 为无用决策。

单调栈维护决策即可。

每次计算 Fi 时二分答案。

时间复杂度：O(M∗N∗logN) 。

想过?

这种复杂度应该 TLE。

事实上，我们并不需要求出所有的 Fi ，而只需要最大的 i−Fi 。

显然如果有 i<k 且 sum[i]≤sum[k] ，那么 i−Fi 事实上也没有用。

剩下的询问中，sum 具有单调性。

这样就可以使用两个指针完美解决了。

时间复杂度：O(M∗N) 。

我当然不会告诉你 sum 要开 longlong 。

Code

#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=1e6+2;
int a
,q
;
long long sum
;
inline int read()
{
int X=0,w=1; char ch=0;
while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0' && ch<='9') X=(X<<3)+(X<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return X*w;
}
int main()
{
int n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
while(m--)
{
int k=read(),ans=0;
for(int i=q[0]=1;i<=n;i++)
{
sum[i]=sum[i-1]+a[i]-k;
if(sum[i]<sum[q[q[0]]]) q[++q[0]]=i;
}
for(int i=n;i;i--)
{
while(q[0] && sum[q[q[0]]]<=sum[i]) q[0]--;
if(i-q[q[0]+1]>ans) ans=i-q[q[0]+1];
}
printf("%d ",ans);
}
return 0;
}