[ARC072C]Alice in linear land

Description

给定$a_1...a_n$和$D$，$m$轮询问，每轮询问给你一个$q$，可以让你任意修改$a_q$的值，然后从小到大对于每一个$i$让$D=min(D,D-a_i)$，问最后是否能让$D=0$，询问两两独立。

$n,m\le 5\ast 10^5$

Solution

若能修改的是第$x$个数，显然$a_1...a_{x-1}$操作完之后的$D$与修改成什么无关，可以直接预处理出$a_1...a_k$操作后$D$的值$d_k$。

然后对于$a_x...a_n$，若存在一个数$y\le d_{x-1}$，且$y$在$a_x...a_n$操作后不为$0$，则答案为$YES$，否则为$NO$。

---

因此现在相当于要求出一个最小的$y_x$，使得$y_x$在$a_x...a_n$操作之后不为$0$。我们设$y_{x+1}$为$a_{x+1}...a_n$操作后不为$0$的最小的$y$，考虑如何用$y_{x+1}$求出$y_x$。

• 当$y_{x+1}\le \frac{a_x}{2}$时，显然$y_x=y_{x+1}$。
• 当$y_{x+1}>\frac{a_x}{2}$时，显然$y_x=y_{x+1}+a_x$。

那么这样做会不会存在一个$y_x^{\prime }<y_x$也满足条件呢？可以发现这是不可能的，因为按照定义$y_x^{\prime }$一定由$y_{x+1}^{\prime }\ge y_{x+1}$转移过来。

• 当$y_{x+1}^{\prime }\le \frac{a_x}{2}$时，$y_x^{\prime }=y_{x+1}^{\prime },y_x=y_{x+1},y_x\le y_x^{\prime }$。
• 当$y_{x+1}^{\prime }>\frac{a_x}{2}$时，$y_x^{\prime }=y_{x+1}^{\prime }+a_x$，此时$y_x$要么为$y_{x+1}$，要么为$y_{x+1}+a_x$，显然$y_x\le y_x^{\prime }$。

因此可证得，我们从后往前递推得到得必然为最小满足条件的$y$，于是预处理出所有后缀的$y$，即可$O(1)$回答询问。

时间复杂度$O(n+m)$。

Code

#include <vector>
#include <list>
#include <map>
#include <set>
#include <deque>
#include <queue>
#include <stack>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#include <functional>
#include <numeric>
#include <utility>
#include <sstream>
#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <cctype>
#include <string>
#include <cstring>
#include <ctime>
#include <cassert>
#include <string.h>
//#include <unordered_set>
//#include <unordered_map>
//#include <bits/stdc++.h>#define MP(A,B) make_pair(A,B)
#define PB(A) push_back(A)
#define SIZE(A) ((int)A.size())
#define LEN(A) ((int)A.length())
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define fi first
#define se secondusing namespace std;template<typename T>inline bool upmin(T &x,T y) { return y<x?x=y,1:0; }
template<typename T>inline bool upmax(T &x,T y) { return x<y?x=y,1:0; }typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double lod;
typedef pair<int,int> PR;
typedef vector<int> VI;const lod eps=1e-11;
const lod pi=acos(-1);
const int oo=1<<30;
const ll loo=1ll<<62;
const int mods=998244353;
const int MAXN=600005;
const int INF=0x3f3f3f3f;//1061109567
/*--------------------------------------------------------------------*/
inline int read()
{int f=1,x=0; char c=getchar();while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') f=-1; c=getchar(); }while (c>='0'&&c<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); c=getchar(); }return x*f;
}
int a[MAXN],b[MAXN],mn[MAXN];
signed main()
{int n=read(),D=read(); b[0]=D;for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),b[i]=min(b[i-1],abs(b[i-1]-a[i]));mn[n+1]=1;for (int i=n;i>=1;i--) mn[i]=(mn[i+1]<=a[i]/2?mn[i+1]:mn[i+1]+a[i]);int m=read();for (int i=1;i<=m;i++){int x=read();puts(b[x-1]>=mn[x+1]?"YES":"NO");}return 0;
}