【题解】AT_agc011_b [AGC011B] Colorful Creatures

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我们知道，要想使一个生物能活到最后，那么它进行的每一次吸收前，它的大小应当尽可能大，所以我们考虑贪心，对生物的大小从小到大排序，每个生物都从小的开始吸收，看能不能活到最后，时间复杂度 \(\mathcal{O(n^2)}\)。

我们还知道，排序后，生物 \(i\) 能活到最后，则生物 \(i+1\sim n\) 一定也能活到最后；生物 \(i\) 不能活到最后，则生物 \(1\sim i-1\) 一定也不能活到最后。所以我们可以在排序后从后往前扫描 \(a_i\)，用前缀和求得 \(a_i\) 当前最大的大小（即吸收前面所有比它小的），判断能否吸收生物 \(i+1\)，吸收不了则它就或不到最后，比它小的生物也或不到最后，所以终止扫描。时间复杂度降为 \(O(n)\)。

\(\texttt{code}\)

/*Written by smx*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define QAQ cout<<"QAQ\n";
const int MAXN=1e5+5,inf=1e18,mod=1e9+7;
int n,ans=1;
int a[MAXN],sum[MAXN];
signed main(){
	//freopen(".in","r",stdin);
	//freopen(".out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
	}
	sort(a+1,a+n+1);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		sum[i]=sum[i-1]+a[i];
	}
	for(int i=n-1;i>=1;i--){
		if(sum[i]*2>=a[i+1]){
			ans++;
		}else{
			break;
		}
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}