Codeforces 1490G - Old Floppy Drive （二分、数学）
Codeforces Round #702 (Div. 3) G. Old Floppy Drive
题意
给定一个包含\(n\)个整数的数组\(\{a\}\)，可以循环延申至无穷个元素（定义编号\(n\)的后一个元素为编号\(1\)）
再给定\(m\)个询问\(x\)，对于每个\(x\)
问无穷数组\(\{a\}\)的前缀和数组\(\{S\}\)中，第一次出现\(S_i\ge x\)的下标\(i\)是多少（输出时下标要\(-1\)）
若不存在，输出\(-1\)
限制
\(1\le T\le 10^4\)
\(1\le n,m\le 2\cdot 10^5\)
\(-10^9\le a_i\le 10^9\)
\(1\le x_i\le 10^9\)
\(\sum n\le 2\cdot 10^5,\ \sum m\le 2\cdot 10^5\)
思路
注意求的是第一次出现\(a_i\ge x\)的下标\(i\)，不是\(a_i=x\)（读错题了，可惜）
记\(S_k=\sum_{i=1}^k a_i,\ M_k=\max_{i=1}^k S_i\)
根据\(\{M\}\)的定义
如果\(M_n\ge x\)，说明答案存在于\(1\)到\(n\)之间
又因为\(\{M\}\)是非递减数组，所以可以通过二分查找来直接找到最小下标
否则，对\(S_n\)的正负性质进行讨论
- 如果\(S_n\le 0\)，又因为此时\(M_n\lt x\)，所以不存在任何一种状态满足\(S_i\ge x\)，故输出\(-1\)
- 如果\(S_n\gt 0\)，
根据题意，\(S_{i+n}=S_i+S_n\)
定义\(d=x-M_n\)，表示询问的值与\(1\)到\(n\)中所能得到最大的值的差值
于是发现，要想得到大于等于\(x\)的数，\(1\)到\(n\)中的最大值\(M_n\)还需要加上\(\lceil\frac d {S_n}\rceil\)遍\(S_n\)才行
据上述，得到\(M_n+\lceil\frac d {S_n}\rceil*S_n\ge x\)
即\(M_n\ge x-\lceil\frac d {S_n}\rceil*S_n\)
故让\(x\)减去\(\lceil\frac d {S_n}\rceil*S_n\)后，便能通过二分查找来直接找到最小下标，最后将下标加上\(\lceil\frac d {S_n}\rceil*n\)即为答案
代码
(202ms/2000ms)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll mx[200050];
void solve()
{
int n,m;
cin>>n>>m;
ll s=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
ll d;
cin>>d;
s+=d;
mx[i]=max(mx[i-1],s);
}
while(m--)
{
ll q;
cin>>q;
if(mx[n]>=q)
cout<<(lower_bound(mx+1,mx+1+n,q)-mx)-1<<' ';
else
{
if(s<=0)
cout<<"-1 ";
else
{
ll d=q-mx[n];
ll tim=(d+s-1)/s;
q-=tim*s;
cout<<(lower_bound(mx+1,mx+1+n,q)-mx+tim*n)-1<<' ';
}
}
}
cout<<'\n';
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
int T;cin>>T;while(T--)
solve();
return 0;
}
