挑战程序设计竞赛3.2习题：Bound Found POJ - 2566

Signals of most probably extra-terrestrial origin have been received and digitalized by The Aeronautic and Space Administration (that must be going through a defiant phase: "But I want to use feet, not meters!"). Each signal seems to come in two parts: a sequence of n integer values and a non-negative integer t. We'll not go into details, but researchers found out that a signal encodes two integer values. These can be found as the lower and upper bound of a subrange of the sequence whose absolute value of its sum is closest to t.

You are given the sequence of n integers and the non-negative target t. You are to find a non-empty range of the sequence (i.e. a continuous subsequence) and output its lower index l and its upper index u. The absolute value of the sum of the values of the sequence from the l-th to the u-th element (inclusive) must be at least as close to t as the absolute value of the sum of any other non-empty range.

Input

The input file contains several test cases. Each test case starts with two numbers n and k. Input is terminated by n=k=0. Otherwise, 1<=n<=100000 and there follow n integers with absolute values <=10000 which constitute the sequence. Then follow k queries for this sequence. Each query is a target t with 0<=t<=1000000000.

Output

For each query output 3 numbers on a line: some closest absolute sum and the lower and upper indices of some range where this absolute sum is achieved. Possible indices start with 1 and go up to n.

Sample Input

5 1
-10 -5 0 5 10
3
10 2
-9 8 -7 6 -5 4 -3 2 -1 0
5 11
15 2
-1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1
15 100
0 0

Sample Output

5 4 4
5 2 8
9 1 1
15 1 15
15 1 15
这道题，ennn卡了我好久，一直不知道怎么去尺取。。。。。。
其实，对于每一段(a, b]（特别注意是前开后闭区间），我们都可以把这一段的和看成从第一个加到第b个减去从第一个加到第a个的差，这样我们就能计算了。
自于尺取的话，我们应当在判断每种情况下区间与t的差值，如果差值小，我们就更新，首先我们对所有的和进行排序。
至于怎么取，我们可以分以下几种情况：
1.从一开始判断，一开始就取第一个，左边界是0（因为前开后闭），右边界是1，如果第一个的值小于t，我们也可以取第二个（即右边界++），一直这样。
2.当进行情况1时出现取的区间和大于t时（假设此时区间为(0,a]），继续增大和将使得与t的差值肯定大于此时的差值（我们都知道，如果和是单调递增的，那么区间的值会先向t逼近，然后又远离t，因为t大于等于0，而和又一直上涨，所以与t的差值是先减小，后增大），所以出现了右边界减去左边界大于t时，之后右边界++后的和与t的差值肯定大于当前，所以没有必要继续下去。
接下来怎么办，我们考虑移动左边界，那右边界要不要发生变化呢？如果从第二个开始（即从(1,2]开始），又依次循环到比t大的，时间复杂度很高，尺取的优势就在这里了：在右边界小于a（我们假设右边界为b(b < a)），左边界大于0的情况下都是在(0,b]包含内的，而b < a，则(0, b]因为b < a而(0, a]才是第一次大于t，所以(0,b]<t，故有(1,b] < (0, b] < t，所以(0, b]与t的差值小于(1,b]与t的差值，所以当左边界向右移动的时候，右边界如果小于a都不可能出现差值比之前小的值，我们也就不用去搜索，但是(1,a]我们并不知道是否大于t，所以我们还是得判断，同样如果小于t，还是按照情况1的方法。
3.特别情况，因为是前开后闭区间，所以左边界不能等于右边界，这样的值是不存在的，当t==0时，如果放任这种情况就会更新最小的差值就会出错，我们应当把它转变成下一种情况，也就是右边界++。
4.对于当最小差值为0时，没有必要继续判定了，直接break；
至于排序，我们直接按照从第一个加到第n个的和的顺序进行排序，这样可以使得每次右边界++时和都会大于先前的，才能使得序列具有单调性，而单调性不能少，如果少了就不能正确得出答案。特别的不要忘记排序的时候前0个也要带上，因为真正的左区间可能取第0个也就是从1开始算起，至于排序可能造成的左区间大于右区间的情况，我们结果只要对调一下就好了，值还是不变的，详见代码。
归纳一下：
1.如果区间和小于t，则右边界++；
2.如果区间和大于t，则左边界++；
3.如果区间和等于t，直接break；
4.如果左右边界相同，右边界++；
AC代码：

#include <stdio.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
long long abst(long long a)//abs好像不支持long long,不过好像说这道题int也能过
{
    return a >= 0? a:-a;
}
typedef long long ll;
const ll INF = 0x3fffffffffffffff;
ll a[100005];//记录原始序列，但是好像没有必要，直接一个变量就好了
struct Node {
    ll sum;//1到i的和
    ll i;
}sum[100005];
ll q;//询问的值
ll min_s, min_e;//最小的起始末尾
bool cmp(Node x, Node y)
{
    if(x.sum == y.sum)
        return x.i < y.i;
    return x.sum < y.sum;
}

int main(void)
{
    ll n, k;
    while(scanf("%lld %lld",&n, &k) && n + k)
    {
    	sum[0].sum = sum[0].i = 0;//一定要注意每次排完序sum第一个值不一定都是0
        for(ll i = 1; i <= n; i++)
        {
            scanf("%lld", &a[i]);
            sum[i].sum = sum[i - 1].sum + a[i];
            sum[i].i = i;
        }
        sort(sum , sum + n + 1, cmp);//记得排序带上sum【0】，代表着从第0个作为开区间也就是从第一个算起，因为是前开区间，所以left的范围是【0，n - 1】，right的范围是【1，n】
        for(ll i = 0; i < k; i++)
        {
            scanf("%lld", &q);
            ll min_cut = INF;//与t最小差值
            ll value;//区间值
            ll left = 0, right = 1;//左右边界，前开后闭
            while(right <= n)
            {
                if(abst(abst(sum[right].sum - sum[left].sum) - q) <= min_cut)
                {
                    min_cut = abst(abst(sum[right].sum - sum[left].sum) - q);//更新最小差值
                    min_s = sum[left].i;
                    min_e = sum[right].i;
                    value = abst(sum[right].sum - sum[left].sum);
                }
                if(abst(sum[right].sum - sum[left].sum) - q > 0)
                    left++;
                else if(abst(sum[right].sum - sum[left].sum) - q < 0)
                    right++;
                else
                    break;
                if(left == right)
                    right++;
            }
            if(min_s > min_e)//因为排序可能造成left的i大于right的i，这个没关系，这样的值还是存在的，只不过前开区间就是min_e罢了，直接交换就好了
                swap(min_s, min_e);
            printf("%lld %lld %lld\n", value, min_s + 1, min_e);//注意因为是前开后闭，前开不能忘记+1
        }
    }
    return 0;
}

　　

标签：边界,min,++,sum,Bound,long,2566,习题,ll
来源： https://www.cnblogs.com/jacobfun/p/12400701.html