Non-negative Partial Sums 单调队列

最新推荐文章于 2025-05-08 10:39:10 发布

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本文深入解析了一道与数列循环、非负部分和统计相关的编程问题，通过逐步阐述题目的背景、核心概念以及解决策略，特别强调了单调队列在优化求解过程中的关键作用。文章详细解释了如何利用单调队列维护数列的非递减性质，进而高效地判断每个循环状态中前i个数之和是否满足非负条件，最终得到满足条件的循环状态数量。

Non-negative Partial Sums

初学单调队列，纠结了好久这个题，一直没理解原理是怎么回事，网上搜解题报告一股脑看下去还是没看个明白、、、、、终于慢慢摸索出来了

首先理解这个题的意思：一个数列，可以将最前一个数放在最后，也就是这是个数列是环状的，比说1，-2，3这个数列可以写成-2，3，1，和3，1，-2两种循环方式

题目要求统计这个数列所有循环中每一个都满足前i（1<= i <=n）个数之和为非负数（>=0）的i的个数。

思路：从1到n枚举i，求出每一个循环状态前i个数之和min，若min<0则 i 不满足条件，否则ans累加计数。然后问题就是如果依次枚举循环求和肯定超时，如何优化？

大神有用线段树有用其他各种巧办法、、、这里写下单调队列希望比那些单调队列报告更好理解。

先借个图：http://www.2cto.com/kf/201311/255850.html

循环的状况一般都把数列再往后复制一遍（图中黄色）

sum[ i ]=a[1]+a[2]+...+a[i];

思路不变。图中红色方框从2向右就开始移动，每次都对应一个循环状态，单调队列维护红框中的sum[ ]（递增）,这是取单调队列q的第一个值q[ 0 ](红框中sum[ ]的最小值)，

用sum[ q[0] ] 去减红框左边外面第一个数也就是sum[ 1 ]，即sum[ q[0] ]-sum[ 1 ]=t,若 t >=0 说明所有循环状态中的前 1 个数的和都>=0，则ans可以计数。为什么呢。。。

想一下，若红框中有A[ i ] < 0 那么sum[ i ]相对sum[ i-1 ]必定是减少的,相对方框左边外面第一个sum[ ]肯定也是减少的，这样的一个差必为负,而为什么要取红框左外第一个数，因为我们红框右移同时左边外面的数列递增到k个，我们可以通过取红框内最小值去减这个数一次性判断前k个数之和是否>=0

当红框再向右移时，有 sum[ q[ 0 ] ] - sum[ 2 ] = t,同理，t >= 0说明所有循环状态中前2个数的和都 >=0，否则存在负数

q始终维护红框内的最小sum[ ]，每次移动判断 sum[ q[ 0 ] ] - sum[ i - n ]的值正负状况（i为红框内最右一个数的下标）

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#define MAXN 1000005
int q[MAXN*2];//单调队列
int sum[MAXN*2];
int main()
{
    int n,i;
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        if(n==0) break;
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d",&sum[i]);
            sum[i+n]=sum[i];
        }
        for(i=1;i<=(n<<1);i++)
            sum[i]+=sum[i-1];
        int head=0,rear=0;
        int ans=0;
        for(i=2;i<=(n<<1);i++)
        {
            while(head<rear && sum[q[rear-1]]>=sum[i])
                --rear;
            q[rear++]=i;
            if(i>n&&sum[q[head]]-sum[i-n]>=0)
                ++ans;
            while(q[rear-1]-q[head]+1>n)
                ++head;
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}