POI2010 Blocks

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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。

输入

第一行两个正整数N (N<=1000000)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)。

输出

共一行，输出M个正整数，第i个数表示第i次询问的答案。

nlogn 还是好想的.
把先算出每个数减kd得到的前缀和.再用单调栈维护,每次二分查找一个小于等于它的前缀和.

O(n) 的做法也差不多.
维护一个单调栈(单调递减),然后从后往前扫描每一个前缀和,
当栈顶元素小于等于当前的前缀和时,就一直弹出.这样就能得到最优解了.(正确性还是好想的)

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int M=1000005;

int n,m;
int num[M];
long long sum[M];
int stk[M];

void solve() {
    memset(sum,0,sizeof(sum));
    int tot=0;

    int k;
    scanf("%d",&k);

    stk[tot++]=0;
    for (int i=1;i<=n;++i) {
        sum[i]=sum[i-1]+num[i]-k;
        if (sum[i]1]]) stk[tot++]=i;
    }

    int ans=0;
    for (int i=n;i>=1;--i) {
        while (tot&&sum[i]>=sum[stk[tot-1]]) tot--;
        ans=max(ans,i-stk[tot]);
    }

    printf("%d",ans);
}
int main() {
    cin>>n>>m;
    for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&num[i]);
    for (int i=1;i<=m;++i) {
        if (i!=1) printf(" ");
        solve();
    }
    return 0;
}