[ARC072E] Alice in linear land

VIII.[ARC072E] Alice in linear land

首先，一个trivial的想法是记 $f_i$ 表示第 $i$ 步前离终点的距离，于是 $f_i=\min\Big(f_{j-1},|f_{j-1}-d_i|\Big)$。

然后，我们设 $f_i'$ 表示在修改第 $i$ 步后，此时离终点的距离。明显，$f_i'$ 可以为任意不大于 $f_i$ 的值，因为此时的 $d_i'$ 可以任意取值。

于是问题转换为是否存在一个 $f_i'$，满足按照剩余的操作后缀执行后不会到达 $0$（可以把它看作是在自动姬上按照一堆指令执行后不会到达 $0$ 状态）。

因为 $f_i'$ 有其上界，所以我们只需知道要使当前后缀不为 $0$ ，所需的最小 $f_i'$，然后将其与 $f_i$ 比较即可。考虑设 $g_i$ 表示若不执行操作 $i$，然后再执行其剩余操作后，使得终止位置不在 $0$ 的最小 $f_i'$。则最终只需比较 $f_{i-1}$ 与 $g_i$ 即可。

考虑倒着转移 $g$。这个只需要分类讨论，处理 $d_i\leq g_i,d_i\geq 2g_i,g_i<d_i<2g_i$ 三种情形即可。

时间复杂度 $O(n)$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m,q,d[500100],f[500100];
ll g[500100];
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&f[0]);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&d[i]),f[i]=min(f[i-1],abs(f[i-1]-d[i]));
	g[n]=1;
	for(int i=n;i;i--){
		if(d[i]<=g[i])g[i-1]=g[i]+d[i];
		else if(d[i]>=2*g[i])g[i-1]=g[i];
		else g[i-1]=g[i]+d[i];
	}
//	for(int i=0;i<=n;i++)printf("%d ",f[i]);puts("");
//	for(int i=0;i<=n;i++)printf("%d ",g[i]);puts("");
	scanf("%d",&q);for(int i=1,x;i<=q;i++)scanf("%d",&x),puts(f[x-1]>=g[x]?"YES":"NO");
	return 0;
}