CF1779 Least Prefix Sum

标签：前缀 前面 int res Sum Prefix 即可 multiset CF1779

url:Problem - C - Codeforces

题意:

给n个数字和一个m

给一个操作:每次使得其中一个下标的数字 *= -1

要求最后在所有前缀和中前m个数字是最小的

思路:

在所有前缀和中分为三类,一类是在m前面的前缀和,一类是在m后面的前缀和,一类就是m本身

先考虑在m前面的前缀和

如何让在m前面的前缀和全部都>=m前缀和?

直接反过来考虑,从m开始向前面累加,如果累加的值>0了,代表需要操作一次了

因为如果累加值>0了,前面的一个前缀和直接不加这后面的一坨即可 < m前缀和

关于这个思路怎么来的

我借鉴了一下ygg的思路

k为其他前缀和的下标

a[1,k] >= a[1,m] => a[1,k] >= a[1,k] + a[k + 1,m]

所以能得到 a[k + 1,m] <= 0

又因为k >= 1,所以可以得到

任意的 i∈[2,m] 都有a[i,m] <= 0

所以要维护这个性质,就用上面的逆序处理即可

再考虑m后面的前缀和

跟前面的思路类似,对于i∈[m + 1,n]维护a[m + 1,i] >= 0即可

 

然后就是怎么去实现操作次数最小

直接贪心即可:每次需要操作时从已经遍历的数中取一个最大值/最小值即可

这个性质非常符合优先队列,当然multiset也可以

我用的multiset写的

代码如下:

void solve()
{
    int ans = 0;
    cin >> n >> m;
    vector<int> a(n + 10);
    for(int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];
    int res = 0;
    multiset<int> s;
    for(int i = m;i >= 2;i--)
    {
        res += a[i];
        s.insert(a[i]);
        if(res > 0)
        {
            ans++;
            res -= 2 * (*prev(s.end()));
            s.erase(prev(s.end()));
        }
    }
    s.clear();
    res = 0;
    for(int i = m + 1;i <= n;i++)
    {
        res += a[i];
        s.insert(a[i]);
        if(res < 0)
        {
            ans++;
            res -= 2 * (*s.begin());
            s.erase(s.begin());
        }
    }
    cout << ans << endl;
}

 

                                           

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