JZOJ 3943. 【GDOI2015模拟11.29】环游世界

Description

ZTY 想要环游世界！他会驾驶一架飞机沿着赤道顺时针飞行一周。现在他手头有 S 架飞
机，每架飞机的油箱都有自己的容量限制di，表示在飞机的油箱装满的情况下，最远可以飞
行多远。赤道上有 n 座城市，相邻两座城市间有一定的距离。ZTY 有很多钱，所以你可以不
用考虑加油的问题，只需要认为降落到每座城市都可以把飞机的油箱加满。
ZTY 想要尽快完成环游世界的目标，所以他想要飞机降落的次数尽量少。那么 ZTY 就想
要问你：对每架飞机，最少降落多少次才可以完成环游世界的任务？注意：ZTY 可以选择任
意一个城市作为他的起点。另外，最后回到起点也需要算一次降落。

Input

第一行两个整数，表示 n 与 s。
接下来一行 n 个整数，第 i 个整数表示第 i 个城市与第 i+1 个城市间的距离（第 n 个整数表
示第 n 个城市与第 1 个城市间的距离）。
接下来 s 个整数，第 i 个整数表示第 i 架飞机的容量限制di。

Output

对 s 架飞机每架飞机输出一行。如果 ZTY 使用这架飞机不可能完成环游世界的目标，输出
“NO”。否则输出 ZTY 最少需要降落多少次。

Sample Input

样例 1：

6 4
2 2 1 3 3 1
3 2 4 11

样例 2：

8 3
2 2 2 2 2 2 2 2
1 16 2

Sample Output

样例 1：

4
NO
3
2

样例 2：

NO
1
8

Data Constraint

对 30%的数据 n 不超过 1000。
对 50%的数据 n 不超过 100000。
对另 10%的数据 s 不超过 5。
对 100%的数据 n 不超过 1000000，s 不超过 100。赤道长度（所有距离和）不超过109。所
有输入小于231。

Hint

样例 1 解释：
对第一架飞机，可以按 6->2->4->5->6 的顺序来飞行。
对第二架飞机，显然它不能越过 4 与 5 之间 3 的距离。

Solution

• 用一个数组 g[i] 表示当前的最优降落点集合。

• 那么先以 1 为起始点，往后处理出 g[i] （贪心地取），

• 可以用前缀和来快速地算。

• 之后再更改起始点 i ，范围为 1 到 g[1] ，因为之后的话就不必要了，相当于在前面先取。

• 暴力更新当前的 g[i] ，由于点只会右移，由单调性知其均摊复杂度为 O(1) 。

• 则遍历到 i+n 后查看 g[i] 中的元素个数是否优于答案即可。

• 总时间复杂度 O(S∗N) 。

Code

#include
#include
using namespace std;
const int N=2e6+5;
int mx,tot;
int a[N],f[N],g[N];
inline int read()
{
    int X=0,w=0; char ch=0;
    while(!isdigit(ch)) w|=ch=='-',ch=getchar();
    while(isdigit(ch)) X=(X<<3)+(X<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return w?-X:X;
}
inline int min(int x,int y)
{
    return xint main()
{
    int n=read(),s=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        a[i]=a[i+n]=read();
        if(a[i]>mx) mx=a[i];
    }
    for(int i=1;i<=n<<1;i++) f[i]=f[i-1]+a[i];
    while(s--)
    {
        int d=read();
        if(dputs("NO");
            continue;
        }
        g[0]=tot=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            if(f[i]-f[g[tot]]>d) g[++tot]=i-1;
        g[++tot]=n;
        int ans=tot;
        for(int i=1,q=g[1];i<=q;i++)
        {
            g[0]++;
            bool pd=true;
            for(int j=1;j<=tot;j++)
            {
                if(g[j]<=g[j-1]) g[j]=g[j-1]+1;
                while(g[j]1]-f[g[j-1]]<=d) g[j]++;
                if(g[j]==i+n)
                {
                    ans=min(ans,j);
                    pd=false;
                    break;
                }
            }
            if(pd) g[++tot]=i+n;
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}