CF链接:Least Prefix Sum
Luogu链接:Least Prefix Sum
$ {\scr \color {CornflowerBlue}{\text{Solution}}} $
先来解释一下题意:
给定一个数组,问最少把多少个数变成相反数,使得$ \forall \cal{i}$,$ \sum_{k=1}^i a_k$ $ \le$ $ \sum_{k=1}^m a_k$
发现对于所有数据点,$ \cal{n} \le 2 \times 10^5$,说明需要 $ Ο(\cal{n \log n}) $ 或者 $ O(\cal{n}) $的算法。
分析一下题目,发现要分成$ \cal{i} > \cal{m}$ 与$ \cal{i} < \cal{m}$两种情况分类讨论
- 当 $\cal{i}$ $ > \cal{m}$时:
什么时候才能使$ \sum_{k=1}^i a_k$ $ \le$ $ \sum_{k=1}^m a_k$ 成立呢?
是不是只要使新加的每一段都小于等于0就行了?($ \sum_{k=m}^i a_k$ $ \le$ $ 0$)
也很好证明:一个数($ \sum_{k=1}^m a_k$)加上一个小于等于0的数($ \sum_{k={m+1}}^i a_k$),一定不大于原数。
- 当 $\cal{i}$ $ < \cal{m}$时:
同理,只要使后加的每一段都小于等于0就行了($ \sum_{k=i}^i a_k$ $ \ge$ $ 0$)
也很好证明:一个数($ \sum_{k=1}^i a_k$)加上一个大于等于0的数($ \sum_{k=i}^m a_k$),一定不小于原数。
而且,由于这两种情况类似(博主太懒),那就只考虑当 $\cal{i}$ $ > \cal{m}$的情况吧。
问题已经转化完了,接下来怎么办?
第一眼想到的是贪心。
设当前要取第$\cal{i}$个。
有一个不成熟的贪心:如果目前累加和加上$a_i$还是小于等于$0$的,就加上$a_i$,如果大于$0$了,就把$a_i$取反,$ ans+1$。
Hack数据
#include<bits/stdc++.h>
#define L long long
using namespace std;
L a[200005];
priority_queue<L,vector<L>,greater<L> > q;
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
while(!q.empty()) q.pop();
int n,m,ans=0;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
if(n==1)
{
printf("0\n");
continue;
}
if(m==1)
{
L mu=0;
for(int i=m+1;i<=n;i++)
{
if(a[i]>=0) mu+=a[i];
else if(a[i]<0 && mu+a[i]>=0)
{
q.push(a[i]);
mu+=a[i];
}
else
{
ans++;
q.push(a[i]);
mu+=a[i];
mu-=2*q.top();
q.pop();
}
}
printf("%d\n",ans);
continue;
}
L mu=0;
for(int i=m+1;i<=n;i++)
{
if(a[i]>=0) mu+=a[i];
else if(a[i]<0 && mu+a[i]>=0)
{
q.push(a[i]);
mu+=a[i];
}
else
{
ans++;
q.push(a[i]);
mu+=a[i];
mu-=2*q.top();
q.pop();
}
}
while(!q.empty()) q.pop();
mu=0;
for(int i=m;i>=2;i--)
{
if(a[i]<=0) mu+=a[i];
else if(a[i]>0 && mu+a[i]<=0)
{
q.push(-a[i]);
mu+=a[i];
}
else
{
ans++;
q.push(-a[i]);
mu+=a[i];
mu+=2*q.top();
q.pop();
}
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}