标签：stream tar ber strong print 思路 重复 有一个 color
InputThe first line contains only one integer T(T≤50)T(T≤50), which indicates the number of test cases.
For each test case, the first line contains four integers n,s,m,k(1≤n≤104,1≤s≤1018,1≤m≤109,1≤k≤n)n,s,m,k(1≤n≤104,1≤s≤1018,1≤m≤109,1≤k≤n).
The next line contains nn integers, the i−thi−th integer is ai−1(−109≤ai−1≤109)ai−1(−109≤ai−1≤109)
OutputFor each test case, output one line "Case #x: y", where x is the case number (starting from 1) and y is the answer.Sample Input
2 3 10 5 2 3 2 1 5 20 6 3 2 3 2 1 5
Sample Output
Case #1: 0 Case #2: 2
题意：
给n个数字，当位于某一个数字时，可以得到这个数字的快乐值（可以重复获得），可以走m步，每次向后跳k格（循环），问快乐值要达到s，那么初始快乐值的最小值是多少？
思路：
这是2018ccpc的网络赛的题，暑假看着学长打比赛，在傍边连读题都帮不上。。。。
首先有一个显而易见的结论，对于某一个起点，跳着跳着就会回到起点，也就是说，一定存在循环节。
其次显而易见的，就是对于某一个数，只会存在于一个循环节中。
那么如果不考虑循环节的起点差异，找出所有循环节就是O(n)的。而实际上我们确实不用考虑，原因接下来再说。
我们可以轻易的算出某个循环节中所有元素的和--sum，因为存在负数，所以sum可能是负数。
再声明一下，len是循环节长度。
若sum<0，那么最多只需走min（m,len）步就可以得到最优解。
若sum>0,则需要先走m/len-1圈，为什么减一，其他博客有详解（博主太懒了），然后最多走m-(m/len-1)*len)步
先说这后面多出来的步数，假设是p步，这p步在sum<0时，p<=len，sum<0时,len<=p<=2*len。
为了求出这p步走出的最大值，我们使用单调队列。
首先求出循环节的前缀和sum，单调队列维护长度为p的滑窗的sum最小值。
维护 ans =（ sum[i]-单调队列最小值 ） 的最大值就可以啦！
由于p的长度，要把循环节扩展3倍哟。
然后我们看到，这个单调队列，在ans取得最大值时，单调队列的最小值位置是不定的，所以很容易想到，不一定就是循环节找出来时的起点，所以我们很容易想到，这一个过程，相当于已经枚举了实际问题中的起点。
也就是，我们在取ans的最大值时的最小值位置，就可以当实际问题中的起点。
#include<iostream> #include<algorithm> #include<vector> #include<stack> #include<queue> #include<map> #include<set> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<ctime> #define fuck(x) cout<<#x<<" = "<<x<<endl; #define debug(a,i) cout<<#a<<"["<<i<<"] = "<<a[i]<<endl; #define ls (t<<1) #define rs ((t<<1)+1) using namespace std; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; const int maxn = 100086; const int maxm = 100086; const int inf = 2.1e9; const ll Inf = 999999999999999999; const int mod = 1000000007; const double eps = 1e-6; const double pi = acos(-1); ll num[maxn]; vector<ll>vec; bool vis[maxn]; ll sum[maxn]; ll n,s,m,k; int len; struct node { ll x; int id; }; deque<node>q; ll solve(int p){ q.clear(); for(int i=0;i<len;i++){ vec.push_back(vec[i]); } for(int i=0;i<len;i++){ vec.push_back(vec[i]); } ll ans=0; sum[0]=vec[0]; for(int i=1;i<len*3;i++){ sum[i]=sum[i-1]+vec[i]; } for(int i=0;i<len*3;i++){ while(!q.empty()&&q.back().x>sum[i]){ q.pop_back(); } if(!q.empty()&&q.front().id<i-p){q.pop_front();} q.push_back(node{sum[i],i}); ans=max(ans,1ll*sum[i]-q.front().x); } return ans; } int main() { int T; scanf("%d",&T); int cases=0; while(T--){ ll ans=0; cases++; scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&s,&m,&k); for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%lld",&num[i]); } memset(vis,0,sizeof(vis)); for(int i=1;i<=n;i++){ vec.clear(); if(vis[i]){continue;} int pos=i; for(int j=1;j<=m;j++){ vec.push_back(num[pos]); vis[pos]=true; pos+=k; if(pos>n){pos%=n;} if(vis[pos]){break;} } len=vec.size(); ll sum=0; for(int i=0;i<len;i++){ sum+=vec[i]; } if(sum<0){ ans=max(ans,solve(len)); } else{ ans=max(ans,solve(m-(m/len-1)*len)+(m/len-1)*sum); } } printf("Case #%d: %lld\n",cases,max(0ll,s-ans)); } return 0; }
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原文地址：https://www.cnblogs.com/ZGQblogs/p/10806800.html
