简单题

堆

题面

有$n$个加油站，第$i$和$i+1$个加油站距离为$d_i$，车遇$i$站自动加$w_i$油。现有$k$油量可分配到各加油站中，来增大各站$w_i$。有一任务，即在油量$>0$的前提下，从$l$站到$r$站，再将自带油量清$0$，从$r$站到$l$站。问每个点在完成任务的前提下，最多能走到右边哪个站？

• $8pts\ n\leq1000$
• $31pts\ n\leq20000$
• $100pts\ n\leq10^6$

时限$5s$

解析

$8pts$算法

首先显然有个贪心，就是从左向右走能不加油尽量不加油。
正确性显然。与其把油量都堆在开头，不如使油量尽量靠后，这样才能更有助于从右往左，减少卡壳时所需油量。
然后我没看出来的是，从右往左可以直接在右端加上所有油。
因为此时油加的位置没有其它附加影响了。

于是枚举每个点，枚举它能到的最右点，检验它是否能到。复杂度$O(n^3)$。

$39pts$算法

注意到答案不具有单调性。
并不能说，上个点能达到最右点，这个点也一定能达到最右点。
因为受到出发点油量的影响。假如上个点油量特别大，而这个点特别小呢。

其实我们往右跑时可以同时兼顾向右时对可分配油量的需求，及向左时对可分配油量的需求。

枚举左端点，然后一个劲地向右跑，该加油时就加油，直到可分配油量被耗完为止。这样保证能从左向右。

在此过程中，实时维护到当前点往返整个过程所需油量$had$，如果往右跑的过程要加油$oil$，$had+=oil$。同时统计该段从右向左的油量需要（$w[j]-d[j]$)，不需要、$had$可减，需要、$had$可加。（$d[j]$表示从$j-1$号站到$j$号站的距离）

显然如果$had$最大时油量还不为负，整个过程就一定合法，也就能走到该段右端点。而如果现在的$had$与剩余油量之和大于等于$max$，就说明从右到左油量到不了负数，该答案合法。
复杂度$O(n^2)$
我觉得还是看代码清楚些

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define re register
#define il inline
#define ll long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int N=1e6+100;
ll n,k,d[N],ans,w[N];
il ll gi()
{
  re ll x=0,t=1;
  re char ch=getchar();
  while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
  if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
  while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return x*t;
}
int main()
{
  freopen("simple.in","r",stdin);
  freopen("simple.out","w",stdout);
  n=gi();k=gi();
  fp(i,2,n) d[i]=gi();
  fp(i,1,n) w[i]=gi();
  fp(i,1,n)
    {
      re ll had=0,now=w[i],res=k,mx=-1e18;ans=i;
      fp(j,i+1,n)
      {
    if(d[j]>now)
      if(d[j]-now<=res) res-=d[j]-now,had+=d[j]-now,now=0;
      else break;
    else now-=d[j];
        mx=max(mx,had);
        now+=w[j];had+=w[j]-d[j];
        if(had+res>=mx) ans=j;
      }
      printf("%lld ",ans);
    }
  puts("");
  fclose(stdin);
  fclose(stdout);
  return 0;
}