给出N个正整数a[1..N]，再给出一个正整数k，现在可以进行如下操作：每次选择一个大于k的正整数a[i]，将a[i]减去1，选择a[i-1]或a[i+1]中的一个加上1。经过一定次数的操作后，问最大能够选出多长的一个连续子序列，使得这个子序列的每个数都不小于k。
总共给出M次询问，每次询问给出的k不同，你需要分别回答。
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给出N个正整数a[1..N]，再给出一个正整数k，现在可以进行如下操作：每次选择一个大于k的正整数a[i]，将a[i]减去1，选择a[i-1]或a[i+1]中的一个加上1。经过一定次数的操作后，问最大能够选出多长的一个连续子序列，使得这个子序列的每个数都不小于k。
总共给出M次询问，每次询问给出的k不同，你需要分别回答。
第一行两个正整数N (N <= 1,000,000)和M (M <= 50)。
第二行N个正整数，第i个正整数表示a[i] (a[i] <= 10^9)。
第三行M个正整数，第i个正整数表示第i次询问的k (k <= 10^9)。
共一行，输出M个正整数，第i个数表示第i次询问的答案。
题意可以简化为选取最长的一段，使得其平均值不小于k。
问题又可以进一步转化为将原序列的每个数减k，然后找最长的一段使得其和不小于0。
设转换后的新序列为seq，sum为seq的前缀和，则就是找一对i,j使得i<j且sum[i]<=sum[j]，且j-i最大。
观察发现，对于seq中的位置i，如果存在j<i且sum[j]<=sum[i]，则i不会用来更新最优解，因为无论如何j都比它优。所以可以先求出seq中单调下降的子序列（可能不连续），存入一个栈里。
for (int i = 1; i <= n; ++i)
if (sum[i] > sum[stk[tot]])
stk[++tot] = i;
又发现，对于这个单调下降序列中的一个元素，其都可以作为我们的i，如果我们倒序枚举j，则一个i被某个j用来更新之后就不会再用来更新了，因为那个j一定使得sum[i]<=sum[j]的最大的j了。所以每个i更新完就出栈，保证时间复杂度是O(N)的。
后记：不知道写的时候满脑子在想什么，都没发现前缀和会爆int，后来感觉自己真是没救了，退役保平安吧……
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 typedef long long LL; 5 6 const int N = 1000005; 7 8 int n, m, k; 9 int num[N]; 10 int seq[N]; 11 int stk[N]; 12 LL sum[N]; 13 14 signed main(void) 15 { 16 scanf("%d%d", &n, &m); 17 for (int i = 1; i <= n; ++i) 18 scanf("%d", num + i); 19 while (m--) 20 { 21 scanf("%d", &k); 22 for (int i = 1; i <= n; ++i) 23 seq[i] = num[i] - k; 24 for (int i = 1; i <= n; ++i) 25 sum[i] = sum[i - 1] + seq[i]; 26 int ans = 0, tot = 0; 27 for (int i = 1; i <= n; ++i) 28 if (sum[i] < sum[stk[tot]]) 29 stk[++tot] = i; 30 for (int i = n; i >= 1; --i) 31 while (~tot && sum[i] >= sum[stk[tot]]) 32 ans = max(ans, i - stk[tot--]); 33 printf("%d%c", ans, m ? ‘ ‘ : ‘\n‘); 34 } 35 }
@Author: YouSiki
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原文地址：http://www.cnblogs.com/yousiki/p/6067674.html
