P2629 好消息，坏消息

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uim在公司里面当秘书，现在有n条消息要告知老板。每条消息有一个好坏度，这会影响老板的心情。告知完一条消息后，老板的心情等于之前老板的心情加上这条消息的好坏度。最开始老板的心情是0，一旦老板心情到了0以下就会勃然大怒，炒了uim的鱿鱼。

uim为了不被炒，知道了了这些消息（已经按时间的发生顺序进行了排列）的好坏度，希望研究如何不让老板发怒。

uim必须按照时间的发生顺序逐条将消息告知给老板。不过uim可以使用一种叫“倒叙”的手法，例如有n条消息，小a可以从k,k+1,k+2...n,1,2...k-1这种顺序通报。

他希望知道，有多少个k，从k开始通报到n然后从1通报到k-1可以让老板不发怒。

又是比较难想的一题，虽然这已经是第二次做了........

首先区间牵涉到k~n,n~1，那么大概率是要断环为链的。

断环为链后，题目要求就变为了：对于每一个合法的k，都要满足k--(n+k-1)中，到任意一点的和都是非负的。熟悉前缀和的人应该知道，如果用 s [ i ] 表示1--i的所有数的和，那么s [ j ] - s [ i-1 ] 就是i--j所有数的和。所以用前缀和预处理后，s [ i ] - s [ k-1 ] 就是k--i (k<=i<=n+k-1)的和了，我们只要判断这个和是否为负即可。

既然这么说，那么是否要判断k--n+k-1中每一个数的和呢？当然不是，因为其中如果只要有一点的和是负的，那么这个k就是不合法的了，所以我们只需要判断一次——判断最小的si减去s[k-1]是否为负。

接下来就是单调队列的事了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,p[2000009],q[2000009];
ll a[2000009],sumn[2000009],he[2000009];
int main()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)    scanf("%lld",&a[i]),sumn[i]=sumn[i-1]+a[i];
    for(int i=n+1;i<=n+n;i++)    a[i]=a[i-n],sumn[i]=sumn[i-1]+a[i];
    int tail=0,head=1,l=n-1;
    for(int i=1;i<=n+n;i++)
    {
        while(tail>=head&&q[tail]>=sumn[i])    tail--;
        q[++tail]=sumn[i],p[tail]=i;
        while(p[head]+l<=i)    head++;
        if(i>=n)
            he[i-l]=q[head];//区间长度为n-1,所以从n开始记录 
    }
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(he[i]-sumn[i]>=0)    ans++;
    cout<<ans;
}

标签：坏消息,int,2000009,ll,uim,好消息,tail,P2629,老板
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