【题解】Dvoniz [COCI2011]

传送门：$\text{Dvoniz [COCI2011] [P5922]}$

【题目描述】

对于一个长度为 $2 \times K$ 的序列，如果它的前 $K$ 个元素之和小于等于 $S$ 且后 $K$ 个之和也小于等于 $S$，我们则称之为 $\text{interesting}$。现给定一个长度为 $N$ 的序列 $a$，要求输出以每个元素开头能找到的最长 $\text{interesting}$ 序列的长度。

【输入】

第一行两个整数 $N,S$。

接下来 $N$ 行，每行一个正整数，第 $i$ 行表示序列中的第 $i$ 个元素 $a_i$。

【输出】

输出共 $N$ 行，每行一个整数，第 $i$ 行表示以 $a_i$ 开头的最长的 $\text{interesting}$序列。如果不存在，则输出 $0$。

【样例】

【数据范围】

$100 \%:$ $2 \leqslant N \leqslant 10^5,$ $1 \leqslant S,a_i \leqslant 2 \times 10^9$

【分析】

一道灰常 $\text{interesting}$ 的题。

蒟蒻英语差没有细看官方题解，貌似是 $O(nlogn)$ 的 $set$，我自己 $yy$ 了一种 $O(n)$ 的神奇算法。

设以 $a[i]$ 为起点的最长合法序列的中点为 $mid_i$（前半段为 $[i,mid]$，后半段为 $[mid+1,mid*2-i+1]$），则 $ans_i=2(mid_{i}-i+1)$。

假设现已求出了 $mid_{i-1}$，考虑 $mid_i$ 与之有何联系，是否可以继承，如图：

由于 $mid_{i-1}$ 左右两边的绿色部分都小于等于 $S$，那么向前推移了一位的 $i$ 以 $mid_{i-1}$ 为中点也可以构成合法序列，如下图（易知两边的蓝色部分都一定小于等于 $S$ ）：

所以对于任意 $i \in [2,n]$，都有 $mid_{i-1} \leqslant mid_{i}$ 。

那么就可以用一个变量 $p$ 来维护 $mid$，从 $1$ 开始不断地向后移动。

但有可能 $mid[i-1]$ 并非是以 $a[i]$ 开头的最优解，继续考虑对每个 $i$ 求出最大的 $mid$：

分开处理合法序列的左右两边，当 $i$ 固定时，如果只看左边是否合法的话，那么从第一个不合法的位置开始，后面的都不合法（这不是理所当然的嘛），所以直接从 $mid_{i-1}$ 开始向后暴力移动 $p$（也可以二分，但不便于后面的证明），扫到不合法的位置时就结束。此时在 $[mid_{i-1},p]$ 中任取一个位置作为 $mid_{i}$ 都可以满足序列左边合法，现在开始处理右边。

右边对于 $p$ 的移动是不具有单调性的，那么就暴力往回移动 $p$，找到第一个使得右边序列合法的位置，此时 $p$ 停留的位置必定是 $mid_{i}$ 的最优值。

暴力，暴力，全都是暴力。对于每次 $i$ 都要把 $p$ 向后移动若干位置再移回来，时间复杂度似乎为 $O(n^2)$，但实际上是线性的，可以几十 $ms$ 轻松跑过（$n$ 方过百万）。

【时间复杂度证明】

对于每个 $i$，设 $p$ 从 $mid_{i-1}$ 开始向后移动了 $x_{i}$，又从 $mid_{i-1}+x_{i}$ 开始向前移回去了 $y_{i}$，那么总时间复杂度可以表示为 $\Theta=\sum_{i=1}^{n} (x_{i}+y_{i})$ —— ①。

对于每个 $i$，$p$ 从 $mid_{i-1}$ 开始移动了 $x_{i}-y_{i}$ 后到达了 $mid_{i}$，那么 $mid_{i}$ $(i \in [1,n])$ 的总移动距离就可以表示为 $\sum_{i=1}^{n} (x_{i}-y_{i})$ 。

又因为 $mid_{i}$ 具有决策单调性，必定是从 $1$ 移到 $n$，所以总移动距离应为 $n$，即：$n=\sum_{i=1}^{n} (x_{i}-y_{i})$ —— ②。

由于序列 $[mid_{i-1},mid_{i-1}+x_{i}]$ 中元素之和一定是小于等于 $S$ 的，那么取其中点 $M(mid_{i-1}+\frac{x_{i}}{2})$，一定可以使得 $M$ 两边都合法，即 $mid_{i} \geqslant M$，于是有 $mid_{i-1}+x_{i}-y_{i} \geqslant mid_{i-1}+\frac{x_{i}}{2}$，即 $y_{i} \leqslant \frac{x_{i}}{2}$ —— ③。

由②③可知：

$n=\sum_{i=1}^{n} (x_{i}-y_{i}) \geqslant \sum_{i=1}^{n} \frac{x_{i}}{2}$，即 $\sum_{i=1}^{n} \frac{3}{2}x_{i} \leqslant 3n$ 。

由①③可知：

$\Theta=\sum_{i=1}^{n} (x_{i}+y_{i}) \leqslant \sum_{i=1}^{n} \frac{3}{2}x_{i}$ 。

于是有 $\Theta \leqslant 3n$ 。

时间复杂度得证，为 $O(n)$ 。

（这样看来，向后移时的二分貌似都没必要写了）

另外，有个 $\text{julao}$ 认为上述证明有问题，但具体她又说不清（这不是在扯淡么），如有不严谨处欢迎指出。

【Code】

#include<algorithm>

#include<iostream>

#include<cstring>

#include<cstdlib>

#include<cstdio>

#define LL long long

#define Re register int

using namespace std;

const int N=1e5+5;

int n,s,a[N];LL S[N];

inline void in(Re &x){

    int f=0;x=0;char c=getchar();

    while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();

    while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();

    x=f?-x:x;

}

inline int judge1(Re i,Re mid){return S[mid]-S[i-1]<=s;}

//judge1()判断序列前半段

inline int judge2(Re i,Re mid){return S[(mid<<1)-i+1]-S[mid]<=s;}

//judge2()判断序列前半段

int main(){

//  freopen("b.in","r",stdin);

//  freopen("b.out","w",stdout);

    in(n),in(s);

    for(Re i=1;i<=n;++i)in(a[i]),S[i]=S[i-1]+a[i];

    Re p=0;S[n+1]=S[n+2]=1e18;//为防止玄学错误，先把最后面的覆盖一下

    while((p+1<<1)<=n&&judge1(1,p+1))++p;//预处理出第一个mid

    while(p&&!judge2(1,p))--p;

    printf("%d\n",(p<<1));

    for(Re i=2;i<=n;++i){

//      if(p<i-1)p=i-1;//这句可加可不加

        while((p+1<<1)-i+1<=n&&judge1(i,p+1))++p;//向后移时注意判断右边界不能超过n

        while(p>=i&&!judge2(i,p))--p;//向前移回去，找到最大的合法mid_i

        printf("%d\n",(p-i+1)<<1);//输出为长度

    }

    fclose(stdin);

    fclose(stdout);

    return 0;

}