#10178. 「一本通 5.5 例 4」旅行问题 单调队列优化问题
- 题面
John 打算驾驶一辆汽车周游一个环形公路。公路上总共有 n n n车站,每站都有若干升汽油(有的站可能油量为零),每升油可以让汽车行驶一千米。John 必须从某个车站出发,一直按顺时针(或逆时针)方向走遍所有的车站,并回到起点。在一开始的时候,汽车内油量为零,John 每到一个车站就把该站所有的油都带上(起点站亦是如此),行驶过程中不能出现没有油的情况。
任务:判断以每个车站为起点能否按条件成功周游一周。
输入格式
第一行是一个整数 n n n ,表示环形公路上的车站数;
接下来 n n n行,每行两个整数 p i , d i p_i,d_i pi,di,分别表示表示第 i i i号车站的存油量和第 i i i号车站到下一站的距离。
输出格式
输出共 n n n行,如果从第 i i i号车站出发,一直按顺时针(或逆时针)方向行驶,能够成功周游一圈,则在第 i i i行输出 TAK,否则输出 NIE。
样例
输入
5
3 1
1 2
5 2
0 1
5 4
输出
TAK
NIE
TAK
NIE
TAK
数据范围与提示
对于全部数据, 3 ≤ n ≤ 1 0 6 , 0 ≤ p i ≤ 2 × 1 0 9 , 0 < d i ≤ 2 × 1 0 9 3 \leq n \leq 10 ^6,0 \leq p_i \leq 2 \times 10^9,0 < d_i \leq 2\times 10^9 3≤n≤106,0≤pi≤2×109,0<di≤2×109。
-
解题思路
针对题目要求,由于是环形公路,对于这种题目,我们一般都要想到将环拆分成链,这样便于我们处理。那么我们的任务是判断以每个车站为起点能否按照条件成功周游一周,从这个点出发,我们自然需要想到要确保到达每个站一定要有大于等于 0 0 0的油量。由于顺时针和逆时针是一样的思考方式,所以这里以顺时针为例,对于每个点 p i − d i p_i - d_i pi−di,即为到达下个站的增量。我们引入一个值 s [ i ] s[i] s[i],其中 s [ i ] s[i] s[i]为 ( p 1 − d 1 ) + . . . + ( p i − d i ) (p_1 -d_1) +... +(p_{i}-d_{i}) (p1−d1)+...+(pi−di)。由于起始油量为 0 0 0,那么我们自然是这些前缀和都大于等于 0 0 0。假设我们从 i i i号车站出发,那么一定要确保这段区间 i − > i + n i->i +n i−>i+n的 s [ i ] s[i] s[i]大于等于 0 0 0,所以我们可以用单调递增队列来维护这长度为 n n n的区间的所有前缀和,这样,我们每次达到 n n n区间时,我们都可以通过队头元素来判断是否是大于等于 0 0 0的。逆时针同理,逆着来看问题即可。详见AC代码。 -
AC代码
/**
*@filename:旅行问题
*@author: pursuit
*@csdn:unique_pursuit
*@email: 2825841950@qq.com
*@created: 2021-06-03 11:47
**/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1000000 + 5;
const int P = 1e9+7;
int n,p[N],d[N],a[N << 1];
int st,ed;
ll s[N << 1],q[N];
bool flag[N];
void solve(){
d[0] = d[n];//便于逆时针处理。
for(int i = 1; i <= n; ++ i){
a[i] = a[i + n] = p[i] - d[i];
}
//存储2 * n - 1的前缀和。
for(int i = 1; i < 2 * n; ++ i){
s[i] = s[i - 1] + a[i];
}
//维护一个单调递增序列。
st = 1,ed = 0;
for(int i = 1; i < 2 * n; ++ i){
//剔除过期元素。
while(st <= ed && i - n >= q[st])st ++ ;
//维护单调队列。
while(st <= ed && s[q[ed]] >= s[i])ed --;
q[++ ed] = i;
if(i >= n && s[q[st]] >= s[i - n])flag[i - n + 1] = true;
}
//求后缀和。
for(int i = 1; i <= n; ++ i){
a[i] = a[i + n] = p[n - i + 1] - d[n - i];//注意这里的差别。
}
for(int i = 1; i < 2 * n; ++ i){
s[i] = s[i - 1] + a[i];
}
//维护一个单调递增序列。
st = 1,ed = 0;
for(int i = 1; i < 2 * n; ++ i){
//剔除过期元素。
while(st <= ed && i - n >= q[st])st ++ ;
//维护单调队列。
while(st <= ed && s[q[ed]] >= s[i])ed --;
q[++ ed] = i;
if(i >= n && s[q[st]] >= s[i - n])flag[2 * n - i] = true;
}
for(int i = 1; i <= n; ++ i){
if(flag[i]){
printf("TAK\n");
}
else{
printf("NIE\n");
}
}
}
int main(){
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; ++ i){
scanf("%d%d", &p[i], &d[i]);
}
solve();
return 0;
}
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