[ABC388D] Coming of Age Celebration 题解

注：2024.1.16 修改了一些表达上的错误

题目大意

有 $N$ 个外星人，一开始他们有 $A_i$ 个石头,第 $i$ 个外星人经过 $i$ 年后成年，同时得到其他已经成年的外星人每人一个石头，且每个人最少有 $0$ 个石头。求 $N$ 年后每个外星人的石头数量。

思路

暴力

我们按照年份从 $1 \sim n$ 遍历一次，当一个外星人成年时，对前面的人的石头数进行更新，时间复杂度：$O(n^2)$。

正解

通过前面的暴力，我们发现每次更新前面的石头时，除了已经没有石头的人之外，每人都需要减少一个石头，这里是重复的，有没有更好的办法呢？

我们逆向思维一下，一个人成年后会先得到前面的人的石头，再给后面的人每人一个石头，假设我们已经求出这个人得到石头后的数量，记为 $x$，则第 $i$ 个人最终的石头数 $ans = \max(0,x-(n-i))$。

进一步思考，当 $x \ge n-i$ 时，意味着这个人有足够的石头给后面所有人；而当 $x < n-i$ 时，意味着这个人只能给他后面 $x$ 个人石头。并且这个区间连续，于是我们可以先给下一个做一个标记，等到遍历时，再加上，这也就是我们常说的差分。

实现

先构造好差分数组 $b$ ，第一种情况下，直接将 $b_{i+1}$ 加上一即可，而第二种情况下，还需要将 $b_{i+x+1}$ 减去一。

代码参考

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=5e5+10;
int n,a[N],b[N];
int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
  for(int i=1;i<=n;++i) b[i]=a[i]-a[i-1];//构造差分数组
	for(int i=1;i<=n;++i){
		a[i]=b[i]+a[i-1];//先拿走前面的人的石头
		int ans=a[i]-n+i;//减去给后面的人的石头
		b[i+1]++;
		if(ans<0){
			b[i+a[i]+1]--;
			cout<<0<<' ';
		}
		else cout<<ans<<' ';
	}
	return 0;
}