p0700变速箱控制系统（CF1779C Least Prefix Sum 题解）

时间2025-09-16 07:47:44分类IT科技浏览4950

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CF链接：Least Prefix Sum

Luogu链接：LeastPrefix Sum

$ {\scr \color {CornflowerBlue}{\text{Solution}}} $

先来解释一下题意：

给定一个数组，问最少把多少个数变成相反数，使得$ \forall \cal{i}$,$ \sum_{k=1}^i a_k$ $ \le$$\sum_{k=1}^m a_k$

发现对于所有数据点，$ \cal{n} \le 2 \times 10^5$ ，说明需要 $ Ο(\cal{n \log n}) $ 或者 $ O(\cal{n}) $的算法。

分析一下题目，发现要分成$ \cal{i} > \cal{m}$ 与$ \cal{i} < \cal{m}$两种情况分类讨论

当 $\cal{i}$ $ > \cal{m}$时：

什么时候才能使$\sum_{k=1}^i a_k$ $ \le$$\sum_{k=1}^m a_k$ 成立呢？

是不是只要使新加的每一段都小于等于0就行了？（$\sum_{k=m}^i a_k$ $ \le$$ 0$）

也很好证明：一个数（$\sum_{k=1}^m a_k$）加上一个小于等于0的数（$\sum_{k={m+1}}^i a_k$），一定不大于原数。

当 $\cal{i}$ $ < \cal{m}$时：

同理，只要使后加的每一段都小于等于0就行了（$\sum_{k=i}^i a_k$ $ \ge$$ 0$）

也很好证明：一个数（$\sum_{k=1}^i a_k$）加上一个大于等于0的数（$\sum_{k=i}^m a_k$），一定不小于原数。

而且，由于这两种情况类似（博主太懒），那就只考虑当 $\cal{i}$ $ > \cal{m}$的情况吧。

问题已经转化完了，接下来怎么办？

第一眼想到的是贪心。

设当前要取第$\cal{i}$个。

有一个不成熟的贪心：如果目前累加和加上$a_i$还是小于等于$0$的，就加上$a_i$，如果大于$0$了，就把$a_i$取反，$ ans+1$ 。

Hack数据

我们只要把999 变成-999就行了，但如果按上面贪心方法，我们要把2 ，3都改变！

那么贪心就不可以用了吗？

有个神奇的东西交叫反悔贪心！

简单说一下：对于当前不是最优的情况，留到后面重新选择。

我们肯定要让每次改变值后，获得综合最小的值，但当前的选择又不一定最有优。

我们可以用一个优先队列维护，到了每次要改的时候，从优先队列中选出一个收益最大（使目前累加和最大或最小）的值修改。

注意开$ \cal{long long}$并且清空优先队列！

Code（赛时代码，过丑见谅QwQ）:

#include<bits/stdc++.h> #define L long long using namespace std; L a[200005]; priority_queue<L,vector<L>,greater<L> > q; int main() { int t; scanf("%d",&t); while(t--) { while(!q.empty()) q.pop(); int n,m,ans=0; scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]); if(n==1) { printf("0\n"); continue; } if(m==1) { L mu=0; for(int i=m+1;i<=n;i++) { if(a[i]>=0) mu+=a[i]; else if(a[i]<0 && mu+a[i]>=0) { q.push(a[i]); mu+=a[i]; } else { ans++; q.push(a[i]); mu+=a[i]; mu-=2*q.top(); q.pop(); } } printf("%d\n",ans); continue; } L mu=0; for(int i=m+1;i<=n;i++) { if(a[i]>=0) mu+=a[i]; else if(a[i]<0 && mu+a[i]>=0) { q.push(a[i]); mu+=a[i]; } else { ans++; q.push(a[i]); mu+=a[i]; mu-=2*q.top(); q.pop(); } } while(!q.empty()) q.pop(); mu=0; for(int i=m;i>=2;i--) { if(a[i]<=0) mu+=a[i]; else if(a[i]>0 && mu+a[i]<=0) { q.push(-a[i]); mu+=a[i]; } else { ans++; q.push(-a[i]); mu+=a[i]; mu+=2*q.top(); q.pop(); } } printf("%d\n",ans); } return 0; }

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