标签：int 题解 Sum ans CF mu cal sum 贪心

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$ {\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

5 1
1 -1000 999 2 3

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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From： https://www.cnblogs.com/201929-whx/p/17056454.html