Codeforces Round #645-E

Codeforces Round #645-E

题意分析

​ 给定一个长度为\(n\)的数组\(arr\)，第\((\lceil{\frac{n}{2}}\rceil+1)-n\)项相同均为x，即\(arr[\ ]=\{ arr_1,arr_2……arr_{\lceil{\frac{n}{2}}\rceil},x,x,……\}\)。

​ 问是否存在k使得

\[\sum_{i=p}^{p+k-1}arr_i>0,1\leq p\leq{n-k+1} \]

​ 若存在输出任意一个k，否则输出-1。

解题思路

暴力做法

​ 从1到n枚举k，然后检测k是否可行。

​ 如何检测给定的k是否可行？计算出所有\(s_i=\sum_{i=p}^{p+k-1}arr_i\),若存在\(s_i\leq 0\)则不可行，否则可行。一次检测时间复杂度为\(O((n-k+1)\times k)\)。观察\(s_i\)之间的关系发现:

\[s_{i+1}=s_i-arr_i+arr_{i+k} \tag{1} \]

于是可以采用递推的方式计算\(s_i\)，因此一次检测的时间复杂度为\(O(n-k+1)\)。

​ 所以检测所有k的时间复杂度为

\[O(\sum_{k=1}^{n}k)=O(n^2) \]

​ 而n的最大取值为\(5\times10^5\),所以暴力法不可行。

改进做法

​ 题目中有一个重要的性质没有用到：第\((\lceil{\frac{n}{2}}\rceil+1)—n\)项相同均为x。（启发式经验，尝试用此性质找到不同k的检测之间的关系）

​ 观察递推公式（1），假设\(k\geq\lceil{n/2}\rceil\),于是公式（1）改写为

\[s_{i+1}=s_i-arr_i+x \tag{2} \]

进而推导出:

\[s_{i+1}-s_{i}=x-arr_i \tag{3} \]

当长度为k增1，公式（3）依然成立。于是当\(k\geq\lceil{n/2}\rceil\)为真时，\(s_{i+1}-s_{i}=x-arr_i\)。

​ 根据公式(3)为相邻两项差的形式，所以尝试用前缀和数组的形式来进一步推导。

​ 构造长度为k时计算\(s_i\)的前缀和数组：

\[\\\text(注意这里的s_i指的是长度为k时的第i项开始的前缀和)\\ P^K=\{sum_1^k,x-arr_1,x-arr_2,...,x-arr_{n-k} \},\ sum_i^k=\sum_{i=1}^karr_i\\ s_i=\sum_{j=1}^i{p_j^K} \]

​ 长度为k+1时计算\(s_i\)的前缀和数组：

\[\\\text(注意这里的s_i指的是长度为k+1时的第i项开始的前缀和)\\ P^{K+1}=\{sum_1^{k+1},x-arr_1,x-arr_2,...,x-arr_{n-k-1} \}\\ s_i=\sum_{j=1}^i{p_j^{K+1}} \]

​ 通过观察发现\(P^{K+1}\)和\(P^{K}\)十分相似，所以考虑他们答案之间的递推关系。假设\(P^{K+1}\)的

\[Min( s_i ) =h_{K+1}，1\leq i\leq n-k\\\text(注意这里的s_i指的是长度为k+1时的第i项开始的前缀和) \]

则为\(P^K\)的

\[Min(s_i)=h_{K+1}-arr_{k+1},1\leq i\leq n-k\\(注意这里的s_i指的是长度为k时的第i项开始的前缀和,注意范围只到了倒数第二项) \]

即\(P^K\)的前n-k个前缀和中的最小值可以由\(P^{k+1}\)的最大前缀和推导出。而\(P^K\)的最后一个前缀和\(s_{n-k+1}\)为\(P^K\)的全部元素的和\(\sum P^K\)，且

\[\sum P^K=\sum P^{K+1}-arr_{k+1}+x-arr_{n-k} \]

​ 则\(P^K\)的所有前缀和中最小值为

\[h_K=min(\sum P^K,h_{K+1}-arr_{k+1})\tag{4} \]

​ 由此我们找到了\(k\geq\lceil{n/2}\rceil\)时\(h_k\)的递推关系式，而\(h_n\)的值即为\(\sum arr_i\)。所以从\(h_n\)出发使用公式（4）即可在\(O(N)\)的时间内检测所有\(k\geq\lceil{n/2}\rceil\)的情况。

​ 还剩下一个问题，\(k<\lceil{n/2}\rceil\)的情况怎么办？如果我们在检测所有\(k\geq\lceil{n/2}\rceil\)的情况时发现存在解，那\(k<\lceil{n/2}\rceil\)的情况就无需检测了，但如果没有发现解则需要进行检测。真的需要检测吗？

​ 假设存在一个\(k<\lceil{n/2}\rceil\)的解，则\(2\times k\ge\lceil{n/2}\rceil\)必然也是解，想想就可以知到，每一个长度为的子段的和大于0，那么连续两个长度为k的子段和之和必然也大于0。所以无需检测这类情况。

算法总结

​ 利用公式（4）检测\(k\geq\lceil{n/2}\rceil\)的情况，在O(N)的时间复杂度内解决此题。

//一份几乎无法让人看懂的题解，写完后我也不想看。。。。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=5e5+10;
int arr[MAXN];
int main() {
    ll n,x;
    scanf("%lld",&n);
    ll mid;
    mid=(n+1)/2;
    ll sum = 0,premin;
    for(int i=1;i<=mid;i++){
        scanf("%d",arr+i);
        sum=sum+arr[i];
    }
    scanf("%lld",&x);
    for(int i=mid+1;i<=n;i++){
        arr[i]=x;
    }
    sum+=(ll)(n-mid)*(ll)x;
    premin=sum;
    int ans=-1;
    for(int i=n;i>=mid;i--){
        if(premin>0){
            ans=i;
            break;
        }
        else{
            sum=sum-arr[i]+x-arr[n-i+1];
            premin=premin-arr[i];
            premin=min(premin,sum);
        }
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}