题解：CF727F Polycarp's problems

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贪心做法。

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本题贪心做法的实质就是用整数尽量多地抵消该整数后面的负数。

如果正着做，没有办法考虑全该数后面的所有负数，所以倒着做。

例如当前遍历到了 \(50\)，此时序列如下：

\[\dots,50,-50,-10,-20
\]

易得我们 \(50\) 应该抵消的是 \(-10,-20\)，而不是前面的 \(-50\)，因为我们要使删除的数越少越好。

但是剩下的 \(50 - 10 - 20 = 20\) 也不能空着，抵消一部分的剩下的 \(-50\) 即可。

最终得到：

\[\dots, -30
\]

发现上述操作可以用堆来维护，具体维护方法见代码。

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• 时间复杂度：\(\mathcal O ((n + m) \log _ n)\)，瓶颈在于堆和二分。
• 空间复杂度：略。

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代码：

// 加强版：n,m <= 1000000 代码
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define pii pair<int, int>
using namespace std;

const int N = 1e6 + 5;

int n, m, a[N], b[N], tot;

signed main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin >> n >> m;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> a[i];
	}
	priority_queue<int> q;
	for (int i = n; i >= 1; i--) {
		if (a[i] < 0) {
			q.push(a[i]);
		} else {
			while (q.size() && a[i] >= 0) {
				a[i] += q.top();
				q.pop();
			}
			if (a[i] < 0) {
				q.push(a[i]);
			}
		}
	}
	while (q.size()) {
		b[++tot] = -q.top();
		q.pop();
	}
	for (int i = 1; i <= tot; i++) {
		b[i] += b[i - 1];
	}
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		int x;
		cin >> x;
		if (x >= b[tot]) {
			cout << "0\n";
			continue;
		}
		int t = upper_bound(b + 1, b + tot, x) - b - 1;
		cout << tot - t << "\n";
	}
	return 0;
}