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今天選擇的問題是1443場次的D題，這題是全場倒數第三題，截止到現在一共通過了2800余人。這題的思路不算難，但是思考過程非常有趣，這也是這一期選擇它的原因。

鏈接：https://codeforces.com/contest/1443

廢話就先說到這里，下面我們就來看題吧。

題意

給定n個整數，對于這n個整數我們可以采取兩種操作。第一種操作是在數組左側選擇連續的k個整數減1，第二種操作是選擇右側的連續k個整數減1。

比如假設數組是[3, 2, 2, 1, 4]，比如我們選擇k=2，取最左側進行操作，那么我們會得到[2, 1, 2, 1, 4]。如果我們選擇k=3，再取右側進行操作，可以得到[2, 1, 1, 0, 3]。

現在我們想要知道，給定這樣的數組，我們能否通過這兩個操作將數組清空。如果可以輸出YES，否則的話輸出NO。

樣例

首先輸入一個整數t（

），表示測試數據組數。

對于每組測試數據，首先輸入一個整數n（

），表示數組當中元素的個數。之后輸入一行整數（）。可以保證，每一組測試數據的n之和不會超過30000.

題解

由于我們對于k沒有限制，最多我們可以一次對數組內的n個元素全部減一。所以k不是限制我們的因素，最大的限制其實是在元素本身。

我們分析一下會發現，由于數組當中的元素大小不一，這其實是隱形的限制。舉個例子，比如[2, 8, 3]。由于我們只能從兩側開始選擇元素進行操作，所以由于2和3比較小，會導致我們沒有辦法把中間的8消除完。當然無法消除的原因可能有好幾種，但基本上都是由于元素的大小不一導致的。

首先我們對這個問題進行一個簡單的建模，題目當中沒有限制執行的次數，所以減一次和減很多次是一樣的。我們可以把可以合并的操作合并在一起，理解成執行一次可以減去任意的值。并且我們可以把操作反向理解，把數組當中的值看成是容器，這樣我們從數組當中減去值的操作，就可以等價理解成向容器當中輸入水流，這樣會容易理解一些。

我的第一想法很簡單，我們可以求出每個位置能夠從左側和右側分別獲得的最大數值。只要左右兩側能夠獲取的流量之和大于等于容器的容積，那么就說明我們可以獲取到足夠的流量灌滿所有的容器。

我很快就寫出了代碼，建了一個二維數組，dp[i][0]表示第i個元素從左側源頭能夠獲取的最大流量。dp[i][1]表示第i個元素可以從右側源頭獲取到的最大流量。由于我們需要保證每個容器存儲的體積不能超過容量，所以我們需要很容易得出遞推關系。

dp[i][0] = min(dp[i-1][0], a[i])

關系明確了很容易寫出代碼：

using namespace std;int a[30006], dp[30006][2];int main() {int t, n;scanf("%d", &t);rep(z, 0, t) {scanf("%d", &n);rep(i, 1, n+1) scanf("%d", &a[i]);MEM(dp, 0x3f);// 從左側遞推，獲取dp[i][0]rep(i, 1, n+1) {dp[i][0] = min(dp[i-1][0], a[i]);}// 從右側遞推，獲取dp[i][1]Rep(i, n, 0) {dp[i][1] = min(dp[i+1][1], a[i]);}bool flag = 1;rep(i, 1, n+1) {// 如果存在某個元素從左右兩側獲取的流量之和無法灌滿// 則返回NOif (dp[i][0] + dp[i][1] < a[i]) {flag = 0;break;}}puts(flag ? "YES" : "NO");}return 0; }

但是很遺憾，這樣不能AC，因為dp的數組維護的其實是某個位置從左側和從右側能夠獲取的最大值，這是一個理想情況，很有可能這個理想情況是無法實現的。

舉個很簡單的反例：[2, 4, 2, 4, 2]，這些元素左右兩邊能夠獲取到的最大流量值都是2，但是這里是有問題的。觀察一下會發現數組當中的兩個4是無法同時滿足的，無法滿足的原因是因為中間的2限制了通過的流量。雖然理論上從左往右和從右往左能夠通過的流量上限都是2，但是這個上限是無法同時取到的。

這個問題用上述的方法是解決不了的，所以需要重新構思。這里我們深入分析會發現一個比較麻煩的點，在于每個點都有兩個源頭，我們無法確定流量分配。不過這個問題也很好解決，因為左右兩邊的流量是沒有區別的。所以我們可以以某一側為主，剩余不夠的流量再由另一側補充。

比如我們可以以左側為主，把左側能夠獲取的流量開啟到最大，不夠地再通過右側補充。如果右側的流量無法補充，那么就說明無解。

我們用dp[i][0]記錄i位置從左側獲取的流量，dp[i][1]記錄i位置從右側獲取的流量。

#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <queue> #include <vector> #include <cmath> #include <cstdlib> #include <string> #include <map> #include <set> #include <algorithm> #include "time.h" #include <functional> #define rep(i,a,b) for (int i=a;i<b;i++) #define Rep(i,a,b) for (int i=a;i>b;i--) #define foreach(e,x) for (__typeof(x.begin()) e=x.begin();e!=x.end();e++) #define mid ((l+r)>>1) #define lson (k<<1) #define rson (k<<1|1) #define MEM(a,x) memset(a,x,sizeof a) #define L ch[r][0] #define R ch[r][1] const int N=1000050; const long long Mod=1000000007;using namespace std;int a[30006], dp[30006][2], min_need[30006][2], record[30006][2];int main() {int t, n;scanf("%d", &t);rep(z, 0, t) {scanf("%d", &n);rep(i, 1, n+1) scanf("%d", &a[i]);MEM(dp, 0x3f);dp[0][1] = 0;bool flag = 1;rep(i, 1, n+1) {# 如果右側需要的流量大于容器容積if (dp[i-1][1] > a[i]) {flag = 0;break;}# 左側能夠獲取的流量，因為i-1從右側獲取的流量也會經過i，所以需要減去dp[i][0] = min(dp[i-1][0], a[i] - dp[i-1][1]);# 需要從右側獲取的流量需要累加dp[i][1] = dp[i-1][1] + max(0, a[i] - dp[i][0] - dp[i-1][1]);}puts(flag ? "YES" : "NO");}return 0; }

雖然這個是很簡單的動態規劃的思想，但是一些細節很容易忽略。比如說i-1位置的右側流量會流經i以及大于i每一個位置。所以每一個位置的右側流量是累加的，是越來越大的。只要能夠把握住這點，AC是不難的。

總體來說這題的難度不大，對于思維的要求不是很高，但是非常考驗思維的縝密性和邏輯性。非常適合用來進行思維鍛煉。

今天的文章就到這里，衷心祝愿大家每天都有所收獲。如果還喜歡今天的內容的話，請來一個三連支持吧~（點贊、關注、轉發）

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總結

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