【题解】Dvoniz [COCI2011]
【题解】Dvoniz [COCI2011]
传送门：\(\text{Dvoniz [COCI2011] [P5922]}\)
数据 由 \(\text{COCI}\) 官网 提供。
【题目描述】
对于一个长度为 \(2 \times K\) 的序列，如果它的前 \(K\) 个元素之和小于等于 \(S\) 且后 \(K\) 个之和也小于等于 \(S\)，我们则称之为 \(\text{interesting}\)。现给定一个长度为 \(N\) 的序列 \(a\)，要求输出以每个元素开头能找到的最长 \(\text{interesting}\) 序列的长度。
【输入】
第一行两个整数 \(N,S\)。
接下来 \(N\) 行，每行一个正整数，第 \(i\) 行表示序列中的第 \(i\) 个元素 \(a_i\)。
【输出】
输出共 \(N\) 行，每行一个整数，第 \(i\) 行表示以 \(a_i\) 开头的最长的 \(\text{interesting}\)序列。如果不存在，则输出 \(0\)。
【样例】
样例输入：
5 10000
1
1
1
1
1
样例输出：
4
4
2
2
0
【数据范围】
\(100 \%:\) \(2 \leqslant N \leqslant 10^5,\) \(1 \leqslant S,a_i \leqslant 2 \times 10^9\)
【分析】
此做法已假！！！证明也是错的！！！有Hack数据！！！有 \(O(n)\) 的正解做法！！！但不是我这个！！！具体见【讨论】
一道灰常 \(\text{interesting}\) 的题。
蒟蒻英语差没有细看官方题解，貌似是 \(O(nlogn)\) 的 \(set\)，我自己 \(yy\) 了一种 \(O(n)\) 的神奇算法。
设以 \(a[i]\) 为起点的最长合法序列的中点为 \(mid_i\)（前半段为 \([i,mid]\)，后半段为 \([mid+1,mid*2-i+1]\)），则 \(ans_i=2(mid_{i}-i+1)\)。
假设现已求出了 \(mid_{i-1}\)，考虑 \(mid_i\) 与之有何联系，是否可以继承，如图：
由于 \(mid_{i-1}\) 左右两边的绿色部分都小于等于 \(S\)，那么向前推移了一位的 \(i\) 以 \(mid_{i-1}\) 为中点也可以构成合法序列，如下图（易知两边的蓝色部分都一定小于等于 \(S\) ）：
所以对于任意 \(i \in [2,n]\)，都有 \(mid_{i-1} \leqslant mid_{i}\) 。
那么就可以用一个变量 \(p\) 来维护 \(mid\)，从 \(1\) 开始不断地向后移动。
但有可能 \(mid[i-1]\) 并非是以 \(a[i]\) 开头的最优解，继续考虑对每个 \(i\) 求出最大的 \(mid\)：
分开处理合法序列的左右两边，当 \(i\) 固定时，如果只看左边是否合法的话，那么从第一个不合法的位置开始，后面的都不合法（这不是理所当然的嘛），所以直接从 \(mid_{i-1}\) 开始向后暴力移动 \(p\)（也可以二分，但不便于后面的证明），扫到不合法的位置时就结束。此时在 \([mid_{i-1},p]\) 中任取一个位置作为 \(mid_{i}\) 都可以满足序列左边合法，现在开始处理右边。
右边对于 \(p\) 的移动是不具有单调性的，那么就暴力往回移动 \(p\)，找到第一个使得右边序列合法的位置，此时 \(p\) 停留的位置必定是 \(mid_{i}\) 的最优值。
暴力，暴力，全都是暴力。对于每次 \(i\) 都要把 \(p\) 向后移动若干位置再移回来，时间复杂度似乎为 \(O(n^2)\)，但实际上是线性的，可以几十 \(ms\) 轻松跑过（\(n\) 方过百万）。
【时间复杂度证明】
对于每个 \(i\)，设 \(p\) 从 \(mid_{i-1}\) 开始向后移动了 \(x_{i}\)，又从 \(mid_{i-1}+x_{i}\) 开始向前移回去了 \(y_{i}\)，那么总时间复杂度可以表示为 \(\Theta=\sum_{i=1}^{n} (x_{i}+y_{i})\) —— ①。
对于每个 \(i\)，\(p\) 从 \(mid_{i-1}\) 开始移动了 \(x_{i}-y_{i}\) 后到达了 \(mid_{i}\)，那么 \(mid_{i}\) \((i \in [1,n])\) 的总移动距离就可以表示为 \(\sum_{i=1}^{n} (x_{i}-y_{i})\) 。
又因为 \(mid_{i}\) 具有决策单调性，必定是从 \(1\) 移到 \(n\)，所以总移动距离应为 \(n\)，即：\(n=\sum_{i=1}^{n} (x_{i}-y_{i})\) —— ②。
由于序列 \([mid_{i-1},mid_{i-1}+x_{i}]\) 中元素之和一定是小于等于 \(S\) 的，那么取其中点 \(M(mid_{i-1}+\frac{x_{i}}{2})\)，一定可以使得 \(M\) 两边都合法，即 \(mid_{i} \geqslant M\)，于是有 \(mid_{i-1}+x_{i}-y_{i} \geqslant mid_{i-1}+\frac{x_{i}}{2}\)，即 \(y_{i} \leqslant \frac{x_{i}}{2}\) —— ③。
由②③可知：
\(n=\sum_{i=1}^{n} (x_{i}-y_{i}) \geqslant \sum_{i=1}^{n} \frac{x_{i}}{2}\)，即 \(\sum_{i=1}^{n} \frac{3}{2}x_{i} \leqslant 3n\) 。
由①③可知：
\(\Theta=\sum_{i=1}^{n} (x_{i}+y_{i}) \leqslant \sum_{i=1}^{n} \frac{3}{2}x_{i}\) 。
于是有 \(\Theta \leqslant 3n\) 。
时间复杂度得证，为 \(O(n)\) 。
（这样看来，向后移时的二分貌似都没必要写了）
另外，有个 \(\text{julao}\) 认为上述证明有问题，但具体她又说不清（这不是在扯淡么），如有不严谨处欢迎指出。
【Code】
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#define LL long long
#define Re register int
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int n,s,a[N];LL S[N];
inline void in(Re &x){
int f=0;x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
x=f?-x:x;
}
inline int judge1(Re i,Re mid){return S[mid]-S[i-1]<=s;}
//judge1()判断序列前半段
inline int judge2(Re i,Re mid){return S[(mid<<1)-i+1]-S[mid]<=s;}
//judge2()判断序列前半段
int main(){
// freopen("b.in","r",stdin);
// freopen("b.out","w",stdout);
in(n),in(s);
for(Re i=1;i<=n;++i)in(a[i]),S[i]=S[i-1]+a[i];
Re p=0;S[n+1]=S[n+2]=1e18;//为防止玄学错误，先把最后面的覆盖一下
while((p+1<<1)<=n&&judge1(1,p+1))++p;//预处理出第一个mid
while(p&&!judge2(1,p))--p;
printf("%d\n",(p<<1));
for(Re i=2;i<=n;++i){
// if(p<i-1)p=i-1;//这句可加可不加
while((p+1<<1)-i+1<=n&&judge1(i,p+1))++p;//向后移时注意判断右边界不能超过n
while(p>=i&&!judge2(i,p))--p;//向前移回去，找到最大的合法mid_i
printf("%d\n",(p-i+1)<<1);//输出为长度
}
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}
