[ARC072C]Alice in linear land

Description

給定$a_1...a_n$和$D$，$m$輪詢問，每輪詢問給你一個$q$，可以讓你任意修改$a_q$的值，然后從小到大對于每一個$i$讓$D=min(D,D?a_i)$，問最后是否能讓$D=0$，詢問兩兩獨立。

$n,m\le 5?10^5$

Solution

若能修改的是第$x$個數，顯然$a_1...a_{x?1}$操作完之后的$D$與修改成什么無關，可以直接預處理出$a_1...a_k$操作后$D$的值$d_k$。

然后對于$a_x...a_n$，若存在一個數$y\le d_{x?1}$，且$y$在$a_x...a_n$操作后不為$0$，則答案為$YES$，否則為$NO$。

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因此現在相當于要求出一個最小的$y_x$，使得$y_x$在$a_x...a_n$操作之后不為$0$。我們設$y_{x+1}$為$a_{x+1}...a_n$操作后不為$0$的最小的$y$，考慮如何用$y_{x+1}$求出$y_x$。

• 當$y_{x+1}\le \frac{a_x}{2}$時，顯然$y_x=y_{x+1}$。
• 當$y_{x+1}>\frac{a_x}{2}$時，顯然$y_x=y_{x+1}+a_x$。

那么這樣做會不會存在一個$y_x^{\prime }<y_x$也滿足條件呢？可以發現這是不可能的，因為按照定義$y_x^{\prime }$一定由$y_{x+1}^{\prime }\ge y_{x+1}$轉移過來。

• 當$y_{x+1}^{\prime }\le \frac{a_x}{2}$時，$y_x^{\prime }=y_{x+1}^{\prime },y_x=y_{x+1},y_x\le y_x^{\prime }$。
• 當$y_{x+1}^{\prime }>\frac{a_x}{2}$時，$y_x^{\prime }=y_{x+1}^{\prime }+a_x$，此時$y_x$要么為$y_{x+1}$，要么為$y_{x+1}+a_x$，顯然$y_x\le y_x^{\prime }$。

因此可證得，我們從后往前遞推得到得必然為最小滿足條件的$y$，于是預處理出所有后綴的$y$，即可$O(1)$回答詢問。

時間復雜度$O(n+m)$。

Code

#include <vector> #include <list> #include <map> #include <set> #include <deque> #include <queue> #include <stack> #include <bitset> #include <algorithm> #include <functional> #include <numeric> #include <utility> #include <sstream> #include <iostream> #include <iomanip> #include <cstdio> #include <cmath> #include <cstdlib> #include <cctype> #include <string> #include <cstring> #include <ctime> #include <cassert> #include <string.h> //#include <unordered_set> //#include <unordered_map> //#include <bits/stdc++.h>#define MP(A,B) make_pair(A,B) #define PB(A) push_back(A) #define SIZE(A) ((int)A.size()) #define LEN(A) ((int)A.length()) #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i) #define fi first #define se secondusing namespace std;template<typename T>inline bool upmin(T &x,T y) { return y<x?x=y,1:0; } template<typename T>inline bool upmax(T &x,T y) { return x<y?x=y,1:0; }typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef long double lod; typedef pair<int,int> PR; typedef vector<int> VI;const lod eps=1e-11; const lod pi=acos(-1); const int oo=1<<30; const ll loo=1ll<<62; const int mods=998244353; const int MAXN=600005; const int INF=0x3f3f3f3f;//1061109567 /*--------------------------------------------------------------------*/ inline int read() {int f=1,x=0; char c=getchar();while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') f=-1; c=getchar(); }while (c>='0'&&c<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); c=getchar(); }return x*f; } int a[MAXN],b[MAXN],mn[MAXN]; signed main() {int n=read(),D=read(); b[0]=D;for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),b[i]=min(b[i-1],abs(b[i-1]-a[i]));mn[n+1]=1;for (int i=n;i>=1;i--) mn[i]=(mn[i+1]<=a[i]/2?mn[i+1]:mn[i+1]+a[i]);int m=read();for (int i=1;i<=m;i++){int x=read();puts(b[x-1]>=mn[x+1]?"YES":"NO");}return 0; }

總結

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