Codeforces Round 1003 (Div. 4)_C1. Skibidus and Fanum Tax (easy version)#题解

C1. Skibidus and Fanum Tax (easy version)-传送门<-点我

题意如图

也就是给定两个数组，一个大小为n，一个大小为m，只不过在easy版本里面，m限制大小为1，让你判断经过任意次操作，数组a是否能按非递减序排序，能输出YES,否则NO

我得吐槽一下这个CF的插件的翻译功能，我一开始看错了，我以为只能操作一次，后面自己读了一下题发现人家是说每个位置只能操作一次

我的思路

我一开始因为看错题目因为只能操作一次，就写了个错代码，后面是想只要一遇到一个后面比这个当前位置小的数，我就改这个数，这样扫一遍，后面操作完之后再扫一遍判断是否非递减就可以了，当然，这个思路是错的，因为我的代码wa2了，

正确思路

对于每个位置，他都能变成原来这个数\(a\)和操作后的数记作\(b\)，贪心地，我是不是最好选择a,b里面较小的，因为如果选小的数，那么对于后面的数，我可选择的数的门槛是不是变得更小了，即我可以改更，多次如果小的不满足不小于前面这个数，那么我就考虑大的，如果大的数不能满足不小于前面这个数，那肯定是不能改了，所以当然是输出NO，否则输出YES
\(ACcode\)

void solve() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    vector<int> a(n), b(m);
    for (int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i];
    for (int j = 0; j < m; j++) cin >> b[j];

    int bb = b[0];
    a[0] = min(a[0], bb - a[0]);

    for (int i = 1; i < n; i++) {
        int opt1 = a[i];
        int opt2 = bb - a[i];
        int mn = min(opt1, opt2);
        int mx = max(opt1, opt2);
        if (mn >= a[i - 1]) {
            a[i] = mn;
        } else if (mx >= a[i - 1]) {
            a[i] = mx;
        } else {
            cout << "NO\n";
            return;
        }
    }

    cout << "YES\n";
}