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一、最大子序和

输入一个长度为 n 的整数序列，从中找出一段长度不超过 m 的连续子序列，使得子序列中所有数的和最大。
注意： 子序列的长度至少是 1。

输入
第一行输入两个整数 n,m (1 ≤ n,m ≤ 300000)。
第二行输入 n 个数，代表长度为 n 的整数序列。
同一行数之间用空格隔开。

输出
输出一个整数，代表该序列的最大子序和。

Input
6 4
1 -3 5 1 -2 3

Output
7

解析：
在长度不超过m的连续子序列，找到和最大的连续子序列。
集合按照终点的不同划分，划分成 n 个子集，答案就是不同子集的最大值。
假如，终点是 k 的连续子序列，它的最大和就是 max({a[k],a[k]+a[k-1],a[k]+a[k-1]+a[k-2],……,a[k]+…a[k-m+1]});
可以发现就是 s[k]-s[k-j] 的最大值，(其中1≤j≤m，s[N]是前缀和);
又因为终点 k 是确定不动的，这道题就转化成求在区间长度不超过 m 的 s[k-j]的最小值，典型的滑动窗口问题。 

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl '\n'
#define ios ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr);
int gcd(int a,int b) { return b? gcd(b,a%b) : a; }
typedef pair<int,int> PII;
const double PI=acos(-1.0);
const int N=2e6+10;
int n,m;
int s[N];
int q[N];
void solve()
{cin>>n>>m;for (int i=1;i<=n;i++) cin>>s[i],s[i] +=s[i-1];int hh=0,tt=1;                                  //最开始队列不空，有s[0]int ans=s[1];for (int i=1;i<=n;i++){if (hh<=tt&&i-q[hh]>m) hh++;ans=max(ans,s[i]-s[q[hh]]);                 //比较每个子集，更新答案while (hh<=tt&&s[q[tt]]>=s[i]) tt--;q[++tt]=i;}cout<<ans;
}
signed main()
{ios;int T=1;//cin>>T;while (T--) solve();return 0;
}

二、 旅行问题

John 打算驾驶一辆汽车周游一个环形公路。
公路上总共有 n 个车站，每站都有若干升汽油（有的站可能油量为零），每升油可以让汽车行驶一千米。
John 必须从某个车站出发，一直按顺时针（或逆时针）方向走遍所有的车站，并回到起点。
在一开始的时候，汽车内油量为零，John 每到一个车站就把该站所有的油都带上（起点站亦是如此），行驶过程中不能出现没有油的情况。
任务：判断以每个车站为起点能否按条件成功周游一周。

输入
第一行是一个整数 n (3 ≤ n ≤ 1e6)，表示环形公路上的车站数；
接下来 n 行，每行两个整数 pi,di (0 ≤ pi ≤ 2e9,0 ≤ di ≤ 2e9)，分别表示表示第 i 号车站的存油量和第 i 号车站到 顺时针方向 下一站的距离。

输出
输出共 n 行，如果从第 i 号车站出发，一直按顺时针（或逆时针）方向行驶，能够成功周游一圈，则在第 i 行输出 TAK，否则输出 NIE。

Input
5
3 1
1 2
5 2
0 1
5 4

Output
TAK
NIE
TAK
NIE
TAK

 

解析：
破链成环,可以根据顺时针和逆时针分开求;
下面先考虑顺时针的情况：
开一个数组存储的是 当前点的油量*100-到下一点的距离的前缀和 ;
而我们判断的是 当前点绕一圈，能否到达每一个点，就等价于 从当前点开始，到最后，每一个点的前缀和是否都大于 0 ;
而判断每个点的前缀和是否都大于0，就等价于判断最小值是否大于 0 ;
综上所述，就转化为求以每个点为起点，求在长度不超过 n 的数组的最小值是否大于0，即 区间[i,i+n-1]的最小值是否大于0，又转化成经典的滑动窗口问题！！！
(为什么要判断每个点的前缀和大于0？  如果能从起点到达当前点，那一定是之前每个站点的油量*1000之和-到达之前点的每段距离大于0，恰好就是这个新开数组能表达这种关系)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl '\n'
#define ios ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr);
int gcd(int a,int b) { return b? gcd(b,a%b) : a; }
typedef pair<int,int> PII;
const double PI=acos(-1.0);
const int N=2e6+10;
int n;
int o[N],d[N];
int s[N];
int q[N];
bool vis[N];
void solve()
{cin>>n;for (int i=1;i<=n;i++) cin>>o[i]>>d[i];for (int i=1;i<=n;i++) s[i+n]=s[i]=o[i]-d[i];for (int i=1;i<=2*n;i++) s[i] +=s[i-1];int hh=0,tt=0;q[0]=2*n+1;for (int i=2*n;i>=0;i--){if (hh<=tt&&q[hh]>i+n) hh++;if (i<n){if(s[q[hh]]-s[i]>=0) vis[i+1]=1;}while (hh<=tt&&s[q[tt]]>=s[i]) tt--;q[++tt]=i;}d[0]=d[n];for (int i=1;i<=n;i++) s[i+n]=s[i]=o[i]-d[i-1];for (int i=1;i<=2*n;i++) s[i] +=s[i-1];hh=0,tt=0;q[0]=0;for (int i=1;i<=2*n;i++){if (hh<=tt&&q[hh]<i-n) hh++;if (i>n){if (s[i]-s[q[hh]]>=0) vis[i-n]=1;}while (hh<=tt&&s[q[tt]]<=s[i]) tt--;q[++tt]=i;}for (int i=1;i<=n;i++){if (vis[i]) cout<<"TAK\n";else cout<<"NIE\n";}
}
signed main()
{ios;int T=1;//cin>>T;while (T--) solve();return 0;
}