HDU 6444 Neko's loop（单调队列）

Description

给出$n$个数$a_0,...,a_{n-1}$顺序围成一圈，任选起点，每次可以从$a_i$跳到$a_{(i+k)\%n}$位置，至多跳$m$次，问所经过的位置的值之和至少需要加多少才能达到$s$，如果该值已经不小于$s$则输出$0$

Input

第一行一整数$T$表示用例组数，每组用例首先输入四个整数$n,s,m,k$，之后输入$n$个整数$a_i$

$(T\le 50,1\le n\le 10^4,1\le s\le 10^{18},1\le m\le 10^9,1\le k\le n,-10^9\le a_i\le 10^9)$

Output

输出答案

Sample Input

2
3 10 5 2
3 2 1
5 20 6 3
2 3 2 1 5

Sample Output

Case #1: 0
Case #2: 2

Solution

从$i$位置出发，每次跳$k$步所能经过的位置编号必然为$a_{(i+t\cdot gcd(k,n))\%n}$这$\frac{n}{gcd(k,n)}$个位置，也就是说本质不同的所经位置序列只有$gcd(k,n)$个，对于每个序列单独考虑，问题转化为从一个序列选择一个位置开始至多走$m$步所能得到的最大和，分两种情况：

1.若该序列和$sum<0$，那么不会一直遍历这个序列，至多只会走$min(m,len)$步，其中$len=\frac{n}{gcd(k,n)}$为序列长度

2.若该序列和$sum\ge 0$，那么前期会不断重复遍历这个序列，但是后面若干步需要单独考虑，要么是循环走$\lfloor \frac{m}{len}\rfloor$次，最后至多走$m\%len$步，要么是循环走$\lfloor \frac{m}{len}\rfloor -1$次，最后至多走$len$步（需要考虑这种情况是因为对于最后$len+m\%len$步，不一定是走一个循环再走若干步最优，例如$11-1-11$走六步，如果只取前两个$1$和最后一个$1$所得答案是$3$，但是如果走一个循环拿到$1$再走一步拿一个$1$的话答案只有$2$）

故剩余问题为给出一个序列，求该序列的长度不超过$x$的最大循环子段和，由于$x$不会超过序列长度，故把序列复制之后可以把环上问题变成链上问题，求出该序列前缀和后，用单调队列维护递增序列，那么当前值插入之后，队首元素即为前面经过值中的最小值，两者做差维护答案即可

Code

#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=20005;
int a[maxn],que[maxn];
ll sum[maxn];
int gcd(int a,int b)
{
	return b?gcd(b,a%b):a;
}
ll Solve(int n,int m)
{
	ll ans=0;
	int st=1,ed=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		while(st<=ed&&i-que[st]>m)st++;
		while(st<=ed&&sum[que[ed]]>sum[i])ed--;
		if(st<=ed)ans=max(ans,sum[i]-sum[que[st]]);
		que[++ed]=i;
	}
	return ans;
}
int main()
{
	int T,n,m,k,Case=1;
	ll s;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%d%lld%d%d",&n,&s,&m,&k);
		for(int i=0;i=len)
				{
					res=sum[len]*(m/len-1)+Solve(2*len,len);
					ans=max(ans,res);
				}
			}
		}
		printf("Case #%d: %lld\n",Case++,max(0ll,s-ans));
	}
	return 0;
}