题目链接
https://codeforces.com/contest/671/problem/E
题解
完全不会做……基本是抄lk的代码
ruogu的题解: https://www.luogu.com.cn/blog/ruogu-pupil/cf671esoj809-tan-xin-er-fen-tan-suo-shen-xian#
Orz lk & ruogu
注: 本文中\(a,b,m\)分别表示原题中的\(g,w,k\)
首先考虑如何分配方案，有一个显然的贪心是从左往右遇到不得不加油的时候就加上，保证从左到右合法，最后剩下的钱全都加到右端点，以尽可能地保证从右往左合法。
设\(f_i=f_{i-1}+a_{i-1}-b_{i-1},g_i=g_{i-1}+b_{i-1}-a_i\)
不考虑\(a\)的增加，区间\([l,r]\)合法当且仅当\(f_l=\min^r_{i=l}f_i, g_r=\min^r_{i=l}g_i\)
若\(a_i\)增加\(1\), 则对于\(j\ge i\), \(f_j\)增加\(1\), 对于\(j\gt i\), \(g_j\)减少\(1\), 设改变后的\(g\)为\(h\)数组
我们从后往前枚举\(l\), 顺便维护单调栈，考虑从\(l\)往右可达的最大的\(r\)可以直接在单调栈上二分求出，记为\(R\). 我们在维护单调栈的同时也可以利用线段树区间加维护出\(h\)
则对于\(r\)有\(h_r=g_r+m\)，要查询满足\(g_r-m\le \min^{r-1}_{i=l}h_i\)且\(l\le r\le R\)的最大\(r\)
（所以其实使用前缀和而非后缀和是一个很妙的思路，它保证了当\(r\)取不同值时\(g_r\)的增加量恒为\(m\)）
考虑直接线段树上二分，当走到线段树上一个节点时，若\(R>mid\)且左边和\([1,l-1]\)中\(h\)的最小值大于等于右边\(g\)的最小值\(-m\), 那么考虑右边 \(g\) 最小的位置，设为 \(p\). 若 \(p\le R\)，那么对于所有 \(l\le i\le p\) 有 \(g_i-h_i\le m\) 且 \(g_i\ge g_p\)，故 \(h_i\ge g_p-m\)，那么一定是合法的，即右边一定有合法解。否则，我们无法保证右边是否有解。我们先往右递归，如果右边返回有解，那么直接返回；若返回无解，可以用上面的方法 \(O(1)\) 地判断左边是否有解（这时候因为左边的 \(p\) 一定小于 \(R\)，所以判断是准的），如果有解则往左递归（此使能保证一定能在左边找到解），无解则回溯，总共只会在一个位置递归两边，所以复杂度为一个 \(\log\).
总时间复杂度\(O(n\log n)\).
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define llong long long
#define mkpr make_pair
#define riterator reverse_iterator
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1; char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) {if(ch=='-') f = -1;}
for(; isdigit(ch);ch=getchar()) {x = x*10+ch-'0';}
return x*f;
}
const int N = 1e6;
const llong INF = 1e16;
llong a[N+3],b[N+3],f[N+3],g[N+3];
int stk[N+3];
int n,tp; llong m; int ans;
struct SgTNode
{
llong h,g,tag;
SgTNode() {h = INF,g = -INF;}
} sgt[(N<<2)+3];
void pushdown(int u)
{
if(!sgt[u].tag) return; llong tag = sgt[u].tag;
sgt[u<<1].h += tag,sgt[u<<1].tag += tag;
sgt[u<<1|1].h += tag,sgt[u<<1|1].tag += tag;
sgt[u].tag = 0ll;
}
void updateg(int u,int le,int ri,int pos)
{
if(le==ri) {sgt[u].g = sgt[u].h = g[pos]; return;}
int mid = (le+ri)>>1; pushdown(u);
if(pos<=mid) {updateg(u<<1,le,mid,pos);}
else {updateg(u<<1|1,mid+1,ri,pos);}
sgt[u].g = min(sgt[u<<1].g,sgt[u<<1|1].g); sgt[u].h = min(sgt[u<<1].h,sgt[u<<1|1].h);
}
void addh(int u,int le,int ri,int lb,int rb,llong x)
{
if(le>=lb && ri<=rb) {sgt[u].h += x,sgt[u].tag += x; return;}
int mid = (le+ri)>>1; pushdown(u);
if(lb<=mid) {addh(u<<1,le,mid,lb,rb,x);}
if(rb>mid) {addh(u<<1|1,mid+1,ri,lb,rb,x);}
sgt[u].h = min(sgt[u<<1].h,sgt[u<<1|1].h);
}
int query(int u,int le,int ri,int rb,llong x)
{
if(le>rb) {return -1;}
if(le==ri) {return le;}
int mid = (le+ri)>>1; pushdown(u);
llong lv = min(x,sgt[u<<1].h);
if(rb>mid && lv>=sgt[u<<1|1].g-m)
{
int ret = query(u<<1|1,mid+1,ri,rb,lv);
if(ret!=-1) return ret;
}
if(sgt[u<<1].g-m<=x) return query(u<<1,le,mid,rb,x);
return -1;
}
int main()
{
scanf("%d%I64d",&n,&m);
for(int i=1; i<n; i++) scanf("%I64d",&b[i]);
for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%I64d",&a[i]);
for(int i=1; i<=n; i++) f[i] = f[i-1]+a[i-1]-b[i-1];
for(int i=1; i<=n; i++) g[i] = g[i-1]+b[i-1]-a[i];
stk[0] = n+1; f[n+1] = -INF;
for(int i=n; i>=1; i--)
{
updateg(1,1,n,i);
while(tp>0 && f[stk[tp]]>=f[i])
{
if(tp>1)
{
addh(1,1,n,stk[tp-1]-1,n,f[stk[tp]]-f[stk[tp-1]]);
}
tp--;
}
tp++; stk[tp] = i;
if(tp>1)
{
addh(1,1,n,stk[tp-1]-1,n,f[stk[tp-1]]-f[stk[tp]]);
}
int left = 0,right = tp;
while(left<right)
{
int mid = (left+right+1)>>1;
if(f[i]-f[stk[mid]]>m) {left = mid;}
else {right = mid-1;}
}
int r = stk[left]-1;
int ret = query(1,1,n,r,INF);
ans = max(ans,ret-i+1);
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
