Potions (Hard Version) and (Easy Version)（背包DP + 反悔贪心）

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一、Potions(Easy Version)

1、问题

2、分析（背包DP + 贪心）

简而言之就是我们需要从左到右开始选数字，选的过程中我们需要保证我们选的数字的和始终是大于等于0的，在满足这个条件的情况下求出我们所选的数字的个数的最大值。

由于这个简单版本的数据范围是2000，还是比较小的，所以我们可以使用$O(n^2)$的DP来解决。

假设我们的DP数组是: $f[i][j]$

这里的一个难点就是这个数组的含义是什么？

我们这里的定义是：在前$i$个数字里面选，恰好选择$j$个数字时，数字之和的最大值。

我们先来解释一下，为什么我们要存储最大值。

假设我们在前$i$个物品里选择了$j$个，那么这$j$个数字的和越大，我们后续的选择空间越大，这是一种贪心的想法。

那么我们如何求出最后的结果呢？

根据题目要求，我们的$f[i][j]\ge 0$。

所以我们可以去遍历$f[n][i]$，只要这个数大于等于0，我们就可以让我们的$ans=i$。最后一个大于等于0的$f[n][i]$所对应的$i$就是我们的答案。

转移方程：
$$f[i][j]=\{\begin{array}{ll}f[i-1][j]& \\ max(f[i-1][j-1]+a[i],f[i-1][j])& f[i-1][j-1]\ge 0\end{array}$$
因为只有在当前数字的和大于等于0的时候，我们才能去选下一个。所以我们需要让$f[i-1][j-1]$大于0。

3、代码

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int N = 2010;
ll a[N], f[N][N];
void solve()
{
	int n;
	cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; i ++ )
		cin >> a[i];
	memset(f, 0xcf, sizeof f);
	f[0][0] = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i ++ )
	{
		for(int j = 0; j <= i; j ++ )
		{
			f[i][j] = f[i - 1][j];
			if(j >= 1 && f[i - 1][j - 1]  >= 0)
			f[i][j] = max(f[i - 1][j - 1] + a[i], f[i][j]);
		}
	}

	int ans = 0;
	for(int i = 0; i <= n; i ++ )
	{
		if(f[n][i] >= 0)
			ans = i;
	}
	cout << ans << endl;
}

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);

	solve();
}

二、Potions(Hard Version)

1、问题

2、分析（反悔贪心）

这道题和上一道题的唯一区别就是我们的数据范围变得很大，所以二维DP数组是存储不下的，即使我们逆序遍历从而优化掉一维的话，我们的时间复杂度也是平方级别的，依然过不了。

因此，我们就只能想别的方法了。

这里采用的也是贪心策略。

我们从左到右开始枚举每一个数，在枚举的过程中我们会发现，正数一定是要选择的，所以遇到正数我们就加上即可。

这里的重点是负数的选择。

从左到右枚举每一个数，假设每一个数都选择，当当前的总和小于0的时候，我们就把从开始位置到当前位置之间的负数中最小的一个删掉。

为什么这样做呢？

假设枚举到第$i$个的时候，总和$sum$从正数变成负数。再假设此时我们选择了$k$个数（不算第$i$个）。

那么很明确的是，$sum$是由于第$i$个数的加入才变成了负数， 说明第$i$个数一定是负数。那么我们当然可以选择删除第$i$个数，这样的话，我们就能保证$sum$依然是正数。

但不选第$i$个数就是最优解吗？其实不一定的。

如果在$1$到$i$之间存在一个小于第$i$个数的最小的负数。如果我们删除了这个最小的负数，选择了第$i$个数，我们将这两个数字记作$min$和$p$。那么此时的总和就是$sum-min+p$由$min$小于$p$所以$p-min$是大于0的。

而此时我们选了几个数呢？选择第$i$个数，我们此时总共选了$k+1$个数，删除最小的负数，即再减一，所以总共还是选择了$k$个数。

其实很容易证明，当我们经过上述操作后，我们的$sum$是从$1$到$i$中选择$k$个数时，最大的数字和。式子$sum+p-minv$就可以证明，因为$minv$是最小的，所以这个式子是最大的。

也就是说，通过上述的操作，我们维护的都是选择$k$个数时的最优解（$sum$最大）。

通过刚才的$easy$版本的讲解，我们也知道，选择相同个数的数字时，总和越大越好，总和越大说明我们后续的选择越多。

不妨看出，通过上面的操作，我们的$k$是不受影响的， 即这样调整不会使得我们的答案变小。

如果感性认知的话，就是我们时刻保持最优解去看能不能喝下一瓶。

综上，我们的做法可以描述为，从左到右遍历，利用总和$sum$记录，只要$sum$小于0了，我们就删除遍历过的数中的最小负数。

在一堆数字中选出一个最值，我们可以使用优先队列。

我们的时间复杂度即$O(nlogn)$。

而我们发现，这个贪心过程中我们出现了反悔的操作，即我们一开始喝了一瓶，但是后来发现喝的这一瓶不是最优解，那么我们就反悔了，这一瓶不喝了。这种贪心就被称为反悔贪心。

3、代码

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int N = 2e5 + 10;
ll a[N], f[N];
void solve()
{
	int n;
	cin >> n;
	for(int i = 0; i < n; i ++ )
		cin >> a[i];
	priority_queue<int>q;
	ll ans = 0, sum = 0;
	for(int i = 0; i < n; i ++ )
	{
		sum += a[i];
		ans ++;
		if(a[i] < 0)
			q.push( - a[i]);

		if(sum < 0)
		{
			sum += q.top();
			q.pop();
			ans --;
		}
	}
	cout << ans << endl;
	
}

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);

	solve();
}