[COCI2010-2011#5] DVONIZ

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题意：

​ 定义长度为 \(2\times K\) 并且前 \(K\) 个元素之和不超过 \(S\) 且后 \(K\) 各元素之和也不超过 \(S\) 的数列为 INTERESTING 串，给定长度为 \(N\) 的数列 \(A\) ，对于每个元素，求出以该元素为起点的最长 INTERESTING 串。(\(2 \le N \le 100000,1\le S \le 2\times10^9\))

​ 首先我们定义 \(\text{mid}\) 为一个 INTERESTING 串的中心：即分界点。设 \(\text{L}\),\(\text{R}\) 分别为这个串的左端点和右端点，而这个串长度为 \(2\times K\) 我们把 \(\text{L}\) ~ \(\text{mid}\) 这一段看作串的前 \(K\) 个。而 \(\text{mid}\) ~ \(\text{R}\) 这一段看作为串的后 \(K\) 个。显然，当 \(\text{mid}\) 不变时所有以 \(\text{mid}\) 为中心点的且长度小于 \(K\) 的串都是 INTERESTING 串。所以，我们只要找到对于每一个位置作为 \(\text{mid}\) 时所能取到的最长的长度 \(K\) 就可以通过递推得到每个位置作为起点时的答案。

​ 递推式为：

\[ans[i]=\max(ans[i-1]-2,ans[i]) (1\le i \le n) \]

​ 那么问题变成了求对于每个位置作为 \(\text{mid}\) 时所能取到的最大的 \(K\)。 我们考虑从左到右枚举 \(\text{mid}\)。 注意到，当 \(\text{mid}\) 向右移动时，它能取到最远的左端点和右端点\(L,R\) 必定也会向右边移动。那么我们就可以用双指针（尺取）的方法来解决这个问题。时间复杂度为 \(O(n)\)。

​ 在取完之后，我们根据左右指针所在的位置 \(L,R\) 来得到此时能取到的最大的 \(K\)。 即：

\[K=\min(R-mid,mid-l+1) \]

​ 而更新答案我们这样更新：

\[ans[mid-K+1]=2\times K \]

​ 在结束后我们再遍历一遍，通过上文得到的递推式推出所有的 \(\text{ans}\) 值。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int MAXN = 1e5+5;
int n;
ll s,a[MAXN],len[MAXN];
int main()
{
	scanf("%d %lld",&n,&s);
	for(int i=1;i<=n;++i)
		scanf("%lld",&a[i]);
	int l=1,r=0;
	ll ls=0,rs=0;
	while(rs+a[r+1]<s&&r<n) rs+=a[++r];
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		ls+=a[i];
		rs-=a[i];
		while(ls>s&&l<=i)
		{
			ls-=a[l];
			++l;
		}
		while(rs+a[r+1]<=s&&r<n) rs+=a[++r];
		int le=min(i-l+1,r-i);
		if(le>0) len[i-le+1]=le*2;
	}
	for(int i=1;i<n;++i) len[i]=max(len[i-1]-2,len[i]);
	for(int i=1;i<n;++i)
		printf("%lld\n",len[i]);
	printf("0\n");
	return 0;
}